Algebarska teorijabrojeva

Sinisa Miliciccinik@student.math.hr

11.3.2007.

Molim da se sve uocene greske i primjedbe posalju na mail.Ovaj dokument je javno dobro, te se smije neograniceno umnazati, mijenjati i koristiti.

2 ATB 2

0. SADRZAJ

0. Sadrzaj 1

1. Komutativni prsteni i ideali 3

2. Pitagorejske trojke 5

3. Fermatova jednadzba 9

4. Galoisova teorija za potpolja u

124.1. Galoisova grupa i fiksna polja 144.2. Galoisova teorija 15

5. Konacna polja 16

6. Polja algebarskih brojeva i prsteni cijelih 176.1. Ulaganja u

216.2. Tragovi i norme 216.3. Diskriminanta n-torke 236.4. Aditivna struktura polja algebarskih brojeva 26

7. Rastav na proste faktore u prstenima cijelih 337.1. Cijepanje prostih ideala u prosirenjima 37

8. Teorem o cetiri kvadrata 38

3 ATB 3

1. KOMUTATIVNI PRSTENI I IDEALI

Svi prsteni u ovom kolegiju smatrat cemo da su komutativni i da imaju jedinicu (i da je opcenito 1 6= 0).

DEF1-1

Ideal I u prstenu R je aditivna podgrupa I od R koja zadovoljava

ra I, r R, a I

Za ideal I kvocijent R/I je aditivna grupa. Ona postaje prsten za operaciju (r1 + I)(r2 + I) = r1r2 + I . R/I su klaseekvivalencije za relaciju definiranu sa

a b(mod I) a b I.Za a R oznacavamo

(a) := aR.

(a) je ideal. Ovakav ideal zovemo glavni ideal. Ideal I u R takav da je I 6= R i da I nije sadrzan ni u jednom drugomidealu J R zovemo maksimalni ideal. Lako se vidi da za ideal I R je uvjet I 6= R ekvivalentan uvjetu 1 6 I .DEF

1-2

Integralna domena je prsten sa barem 2 elementa bez djelitelja 0, tj. r, s R i rs = 0, tada je r = 0 ilis = 0.

I je prost ideal ako i samo ako je R/I integralna domena.

Kazemo da su dva ideala I ,J relativno prosti ako je I+J = R. Pretpostavimo da je I relativno prost sa J1, J2, . . . , Jn,

sva svakim od njih. I + Ji = R 3 1. 1 = ai + bi, ai I , bi Ji. 1 = 1n =ni=1

(ai + bi) = a1 an + a1 an1bn +

+ a1b2 bn + b1 bn. Samo ovaj zadnji nije u I , pa zakljucujemo da je I relativno prost sani=1

Ji.

Svaki ideal u glavni. (n) i (m) kazemo da su relativno prosti ako i samo ako su n i m relativno prosti brojevi.

Kineski teorem o ostacima

Neka su I1, . . . In ideali u prstenu R takvi da je Ii relativno prost sa Ij za svaki i 6= j. Tada je

R/

ni=1

Ii R/I1 R/In

zadano sa

r +

ni=1

Ii 7 (r + I1, . . . , r + In).

izomorfizam.

TMI

DEF1-3

Produkt ideala I i J je ideal generiran svim ab, a I , b J . Oznacavamo ga sa IJ .

Evidentno je da su sve konacne sume

{aibi, ai I, bi J

} IJ . Stovise, to je jednako.

IJ I J . (4) = (2)(2) (2). Ako su I i J relativno prosti, tada vrijedi i obrat, tj. IJ I J . I i J su relativnoprosti, x I J , 1 = a+ b, a I , b J , pa je x = x1 = xa+ xb = (I J)I + (I J)J IJ .Ako su I1, . . . , In u parovima prosti ideali, tada je I1 In = I1 . . . In. Ovo ide jednostavnom indukcijom.DEF

1-4Integralna domena u kojoj svaki ideal glavni zove se domena glavnih ideala.

Prsten je domena glavnih ideala. Prsten polinoma u jednoj varijabli nad poljem F je domena glavnih ideala (vaznoje da se radi o jednoj varijabli). {0} 6= I F [x]. U I\ {0} uzmemo polinom najveceg moguceg reda, f . Tada jeI = (f).

U su prosti ideali (p) i (0), a maksimalni ideali (p), gdje je p prost broj.

4 ATB 4

U domeni glavnih ideala svaki ne-nul prosti ideal je maksimalan.PROP

II

Dokaz

Neka je I 6= (0) prost ideal. Neka je I J R, J ideal. I = (a), J = (b) = {br; r R}. a = br I , za nekir R. b 6 I , pa je r I , pa je r = ar1, pa slijedi da je a = bar1, a(1 br1) = 0, pa kako je I 6= (0), vrijedi daje a 6= 0, pa je 1 br1 = 0, pa je br1 = 1, pa je 1 J , pa je J = R.

Neka je F polje i neka je E F prosirenje polja, tj. E je polje i F mu je potpolje. Fiksirajmo E. Gledajmo skupI = {f F [x] ; f() = 0} .

To je ideal u F [x]. I 6= (0) ako i samo ako je algebarski nad F . Pretpostavimo da je algebarski nad F . Tada jeI prost (i ako je transcedentan je I prost, jer je (0) prost ideal). fg I (fg)() = 0 f()g() f() =0 g() = 0 f I g I, pa je I prost. Iz ranijeg znamo da je I maksimalan ideal. Oznacimo sa f nekigenerator od I. Direktno slijedi da je f ireducibilan nad F . Gledajmo preslikavanje pi : F [x] F [] E. F [] jepotprsten od E generiran sa F . Pretpostavimo da je f stupnja n. Direktno se vidi da je F [] = {g(), g F [x]}.g = fh + r, h, r F [x], degh n 1 (za deg f = n). Iz toga slijedi da je F [] generiran sa F, , 2, . . . , n1, tj.1, . . . , , . . . , n1 generira F [x] kao vektorski prostor. Iz minimalnosti stupnja od f u I slijedi da je 1, . . . , n1 jebaza od F [] kao vektorskog prostora nad F . pi je homomorfizam prstena, ocito surjektivan. Kerpi = I, pa znamoda je F []

= F [x] /I. No, kako je prsten pocijepan po glavnom idealu polje, onda je F [] polje.

U prstenu R element x R zovemo invertibilnim (ili, tradicionalno u algebarskoj teoriji brojeva, jedinicom) akopostoji y R takav da je xy = 1.Svi invertibilni elementi od R cine multiplikativnu grupu R. x 6= 0 u R zvat cemo ireducibilnim ako nije invertibilan,te ako vrijedi a, b R takvi da je ab = x a R ili b R.

DEF1-5

Domena jedinstvene faktorizacije (faktorijalna domena ili faktorijalni prsten) je integralna dom-ena u kojoj se svaki ne nul-element koji nije invertibilan rastavlja na produkt ireducibilnih elemenata i pritome je taj rastav jedinstven do na multiple invertiblinim elementima i do na poredak faktora (tj. ako jex = a1 an = b1 bm, gdje su ai i bj ireducibilni, tada je n = m, te mora postojati permutacija p brojeva1 . . . n, te xi R takvi da je bi = xiapi .).

Primjer 1.1. 12 = 2 2 3 = (2) (3) 2.

Primjer 1.2. [1] = {1,1}.

Primjer 1.3. [

2]

={(

1 +

2)n

;n }

.

Svaka domena glavnih ideala je faktorijalna domena.PROP

III

Ovakvi dokazi opcenito ide u dva dijela dokaz egizstencije, pa dokaz jedinstvenosti.Dokaz

Dokazujemo egzistenciju. Dokazimo da se moze rastaviti na produkt ireducibilnih elemenata. Pretpostavimoda se a R\R, a 6= 0 ne rastavlja na produkt ireducibilnih elemenata. Oznacimo skup svih takvih elemenatasa S. a S nije ireducibilan. Kako nije ireducibilan, a = a1b1, gdje su a1, b1 R\R, pa je a1 S ili b1. BSOuzmimo da je a1 S. Tada a1 nije ireducibilan, a1 = a2b2, pa imamo istu situaciju, pa BSO a2 S. a2 nijeireducibilan, pa smo dobili niz an, sa svojstvom da je (ai) (ai+1). Dokazimo da su sve te inkluzije striktne.Pretpostavimo da je ai = ai+1, Tada je ai+1 = aix, pa je ai+1 = ai+1bix, pa je ai+1(1 bix) = 0, pa je bix = 1,pa je bi invertibilan, sto ne moze biti. Unija rastuce familije ideala je ideal, pa oznacimo sa (x) =

i=1

(ai).

Postoji i0 takav da je x (ai0), pa je (x) (ai) za i > i0, no to ne moze biti, jer bi tada (ai) (x) (ai), paje S = .Dokazimo jedinstvenost. Ireducibilni element p R generira ideal koji je maksimalan. (p) (m) R, pa jem 6 R. p = mx za x R, pa je m je invertibilan ili je x invertibilan, no m nije invertibilan, pa je x invertibilan,xy = 1. m = py, pa je (m) = (p). Pretpostavimo da imamo dvije faktorizacije, x = p1 . . . pr = q1 . . . qs.Dokazimo da postoji i takav da je (p1) = (qi). Pretpostavimo suprotno. Tada qi nije element od (p1) za svakii, jer bi u portivnom bili jednaki. Tada q1 qs nije iz (p1) 3 x, pa imamo kontradikciju. Mozemo uzeti da je

5 ATB 5

(p1) = (q1), pa znamo da je p1 = uq1. p1 = aq1 = abp1, pa je R. Dobivamo uq1p2 pr = q1 qs, pa jeup2 pn = q2 qs, pa nastavljajuci postupak dobivamo jedinstvenost.

Primjetimo da je za polje F prsten F [x] domena glavnih ideala, pa je F [x] faktorijalna domena, a x je ireducibilan uF [x].

Eisensteinov kriterij

Neka je M maksimalni ideal u integralnoj domeni R. Pretpostavimo da je f R [x],f(x) = anx

n + + a0, n 1,takav da je an 6 M , ai M za 0 i n 1, te a0 6 M2. Tada je f ireducibilan polinom nad R, tj. ako jef = gh, g, h R [x], tada je barem jedan od g, h element R.

TMIV

Dokaz

Pretpostavimo da je f = gh, g, h R [x], gdje su g, h nekonstantni polinomi. Reducirajmo kefocijente nad Mi odgovarajuce polinome oznacimo sa f , g i h (R/M) [x]. Kako je R/M polje, to je (R/M) [x] faktorijalnadomena. Jasno, f = axn za neki a R/M , a 6= M . Jedinstvenost faktorizacije daje g = bxm, h = cxnm, zaneke b, c (R/M) [x] \ {M}, i 1 m n 1. Odavde slijedi da g i h imaju slobodne koeficijente u M , paf = gh ima slobodni koeficijent u M 2, sto je kontradikcija.

Primijenimo taj rezultat na R = i M = (p). Neka je p prost broj i neka je

f(x) = anxn + + a0 [x] ,

gdje je n 1, p6 |an, p|a0, . . . , an1 i p26 |a0. Tada je f ireducibilan polinom nad , tj. ako je f = gh, tada je g ilih .Za polinom f(x) = anx

n + + a0 [x] kazemo daje primitivan ako je najveci zajednicki djelitelj svih a0, . . . , anjednak 1 (tj. ako su oni relativno prosti). Podijelimo li polinome najvecim zajednickim djeliteljem dobijemo primitivnipolinom.

Gaussova lema

Produkt dva primitvna polinoma je primitivan.LMA

V

Dokaz

Neka su f = a0 + + anxm i g = b0 + + bmxm primitivni. Pretpostavimo da fg nije primitivan. Neka je pneki prosti djelitelj koeficijenata od gh. Tada postoje i0 < n i j0 < m takvi da p|ai, za i < i0 i p|bj za j < j0,te p6 |ai0 , bj0 . Promatramo i0 + j0-ti clan produkta. Iz pretpostavke da je p neki prosti djelitelj koeficijenata odgh izlazi

p|a0bi0+j0 + + ai01bj0+1 + ai0bj0 + ai0+1bj01 + + ai0+j0b0,no tada p|ai0bj0 , sto je u suprotnosti sa pretpostavkom za p.

Neka je

f(x) = anxn + + a0 [x] ,

n 1 i p prost broj takav da p6 |an, p|a0, . . . , an1, te p26 |a0. Tada je f ireducibilan nad , odnosno u [x].

PROPVI

Dokaz

f uzimamo da je primitivan (podijelimo sa najvecim zajednickim djeliteljem koeficijenata). Pretpostavimo da jef = gh, gdje su g, h stupnja 1. Mozemo pisati g(x) = q1g(x) i h(x) = q2h(x), gdje su g, h [x] primitivni,te q1, q2 . Sada je f(x) = g(x)h(x) = q1q2g(x)h(x). Neka je u

v:= q1q2,u, v reducirani razlomak. Tada

je

f(x) =u

vg(x)h(x),

pa je vf(x) = ug(x)h(x). Odavde slijedi da u dijeli koeficijente od vf(x) i ne dijeli v, pa je u = 1. Analognoje v = 1, pa izlazi da je f = gh, sto je u suprotnosti sa Eisensteinovim kriterijem nad .

6 ATB 6

2. PITAGOREJSKE TROJKE

U proucavanju jednadzbe x2 + y2 = z2, x, y, z , korisno je uvesti polje [i] = + 1 i grladtei prstencijelih Gaussovih brojeva [i] = + i [i]. Oznacimo sa N : [i] , N(x+ iy) = x2 + y2. Jasno je da jeN(ab) = N(a)N(b) i N( [i]) .

[i]

= {1,i}. LMAVII

Dokaz

Jasno je da su to invertibilni elementi, pa je dovoljno dokazati da nema drugih. Neka je a = x + yi jedinicai b inverz, tj. ab = 1. Tada je N(ab) = N(a)N(b) =

(x2 + y2

)N(b) = 1, pa je N(b) = 1, no to onda znaci

x2 + y2 = 1, iz cega sljedi tvrdnja.

Gledamo sada problem nalazenje svih rjesenja jednadzbe

x2 + y2 = z2.

Takve trojke x, y, z se zovu pitagorejske trojke. Ocito je dovoljno naci relativno proste trojke (tzv. primitivnepitagorejske trojke; te su trojke i u parovima relativno proste, kako se vidi iz jednadzbe). Trazit cemo samoprimitivne trojke.Reduciramo li jednadzbu modulo 4, uz cinjenicu da je kvadrat cijelog broja modulo 4 jednak 0 ili 1. Iz toga zakljucujemoda z mora biti neparan.Raspisimo jednadzbu u obliku

(x+ yi)(x yi) = z2.Za daljnju analizu korisan je sljedeci podatak:

Prsten [i] je domena glavnih idealaLMA

VIII

Dokaz

Pokazat cemo da je [i] Euklidova domena, tj. da je integralna i da postoji : [i] \ {0} koji zadovoljava(z) 0, z [i] \ {0} i a [i] i b [i] \ {0} postoje q i r iz [i] takvi da je a = qb + r i r = 0 ili(r) < (b). Mi cemo uzeti = N . Sada za a, b kao u drugom svojstvu vrijedi da postoji q [i] takav da|ab q|

2

2, tj. |a

b q|2 1

2, tj. |a qb|2 |b|2/2, odnosno N(a qb) N(b)/2. Oznacimo r := a qb.

Slijedi da je a = qb+ (a qb) = qb+ r, gdje je q, r [i] i N(r) N(b)/2 < N(b) i N(b) > 0, za b 6= 0.

Euklidova domena je domena glavnih ideala.PROP

IX

Dokaz

Neka je R prsten i funkcija kao u definiciji Euklidove domene. Neka je I 6= 0 ideal u R. Izaberimo x I\ {0}da je (x) minimalan. Tada je (x) I . Pokazimo obratnu inkluziju. Neka je a I . Tada mozemo napisatia = qx + r, q, r R, te r = 0 ili r 6= 0 i 0 (r) < (x). Sada ocito drugi uvjet ne moze biti ispunjen (zbogminimalnosti x), pa je r = 0, tj a = qx (x), pa je I = (x).

Postojanje osigurava da je svaki ideal glavni.Dakle, [i] je domena glavnih ideala. Pretpostaivmo da je x, y, z primitivna pitagorejska trojka, tj. (x yi)(x+ yi) =z2. Pretpostavimo da je pi [i] ireducibilan i pi|(x+ iy). Pretpostavimo da pi|(x iy). Tada ocito pi|2x i pi|z. Kakoje z neparan i x, z relativno prosti, to su z i 2x relativno prosti. No, kako N(pi)|N(2x) = 4x2 i N(pi)|N(z) = z2, api 6 [i], tj. N(pi) 2, dobivamo kontradikciju.Dakle, (x iy) i (x+ iy) nemaju zajednicke djelitelje. Sada jednadzba

(x+ iy)(x iy) = z2

implicira x+ iy = u(m+ in)2, u [i], m,n , tj.

7 ATB 7

x+ iy = u(m2 n2 + i2mn).

Zakljucujemo, dakle, da je {x, y} = {(m2 n2),2mn}. Tada je z = (m2 + n2).Ocito, m i n moraju biti relativno prosti. Zatim, moze se uvijek izabrati m,n 0. Dalje, m,n ne smiju biti obaneparni.

Obratno, za svaki izbor m,n , 0 koji nisu oba neparni, a jesu relativno prosti uvijek dobivamo primitivnupitagorejsku trojku

((m2 n2),2mn,m2 + n2).Jednadzba

x4 + y4 = z2

nema rjesenja u pozitivni cijelim brojevima.

PROPX

Dokaz

Pretpostavimo da ima rjesenje. Uzmimo jednotkaavo rjsenje sa najmanjim mogucim z i oznacimo ga sa (x, y, w).Ono mora biti primitivno, tj. x, y, w ne mogu imati zajednickog djelitelja veceg od 1. Iz jednadzbe slijedi asu svaka dva od x, y, w relativno prosta. Po prethodnom gledanju jednadzbe stupnja 2 postoje m,n relativnoprosti cijeli pozitivni brojevi takvi da je x2 = m2 n2 i y2 = 2mn te w = m2 + n2, gdje m i n nisu obaneparni. Jasno, x i w su neparni. Sada gledamo x2 + n2 = m2. Kako su m,n relativno prosti, to je x, n,mprimitivna pitagorejska trojka, pa postoje pozitivni cijeli brojevi r, s relativno prosti, ne oba neparna takvi daje x = r2 s2, n = 2rs i m = r2 + s2. Iz zadnje jednadzbe direktno slijedi da je m relativno prost sa r i sa s.dalje je y2 = 2mn = 2m2rs = 4mrs. Zbog relativne prostosti svaka dva od m, r, s, postoje cijeli brojevi a, b, ctakvi da je r = a2, s = b2 i m = c2. No, tada je a4 + b4 = r2 + s2 = m = c2, pa je a, b, c trojka koja rjesavaproblem iz propozicije. No, tada je w = m2 + n2 > m2 m = c2 c, pa je w > c, no to je u kontradikciji sapretpostavkom o minimalnosti w.

Za n cijeli pozitivni broj jednadzba

x4n + y4n = z4n

nema cijelih pozitivnih rjesenja.

KORXI

Dokaz

Kada bi imala, rjesenja bi imala i jednadzba (xn)4

+ (yn)4

=(z2n)2

, no to smo dokazali da nema rjesenja.

Pierre de Fermat je tvrdio da

xn + yn = zn

nema pozitivnih cijelih rjesenja za n 3. Po prethodnom koroalru dovoljno je promatrati n koji posjeduju baremjedan neparan prost djelitelj p. Ako bi gornja jednadzba imala takvo rjesenje za takav n, tada bi imala takvo rjesenjeza p: (

xn/p)p

+(yn/p

)p=(znp

)p.

Stoga se Fermatova tvrdnja reducirta na tvrdnju da xp + yp = zp nema pozitvnih cijelih rjesenja za p prost broj.

Posto je uvod-enje [i] bilo vrlo efikasno u rjesavanju jednadzbe x2 +y2 = z2, logicno je probati uvesti analogan objektza jednadzbu xp + yp = zp, p 6= 2 prost.

(1): Neka je [i]. Pretpostavimo da vrijedi:0. N() je prost u , ili1. N() p2, gdje je p prost u i p 3(mod 4).

Tada je ireducibilan u [i]

(2): Pokazite da je 1 i ireducibilan u [i], te 2 = u(1 i)2 za neki u [i].

(3): Svaka konacna podgrupa multiplikativne grupe polja je ciklicka.

8 ATB 8

(4): Neka je p prost broj u i p 1(mod 4). Tada0. postoji n , n 6= 0 takav da je n2 1(mod p),1. p nije ireducibilan u [i] i2. p je suma dva kvadrata,

(5): Pozitivni cijeli broj x > 1 je suma kvadrata dvaju cijelih brojeva koa i samo ako njegova faktorizacija oblika x =p11 pnn tada su i parni ako pi 3(mod 4).

(6): Opisi sve ireducibilne elemente u [i].Sljedeci prsten koji promatramo ima slican svojstva prstenu [i]. To je prsten [], gdje je

:= e2pii/3 = 12

+

3

2i.

Gledat cemo prsten [] = + . Primjetimo da je 3 = 1, pa je ( 1)(2 + + 1) = 0, iz cega dobivamovriejdnost . Definiramo N(a+ b) = (ab)(a+ b) = a2 + b2 + ab( + ) = a2 + b2 + ab. N je multiplikativnafunkcija, Dalje, | u [] povlaci da N()|N() u , pa je [i] invertibilan ako i samo ako je N() = 1.Odavde direktno slijedi []

={

1,1, ,, 2,2}.(7): 1 je ireducibilan u [] i vrijedi 3 = u(1 )2 za neki u [].

(8): Z [] je faktorijelna domena.

9 ATB 9

3. FERMATOVA JEDNADZBA

Sada cemo gledati nesto generalniju situaciju,

:= e2pii/p,

Sada je p = 1, pa je ( 1)(p1 + + + 1) = 0, odnosnop1 + p2 + + + 1 = 0,

pa vrijedi

[] = + + + p2 .Dalje, svi p-ti korijeni iz jedinice su 1, , 2, . . . , p1. Stoga imamo

(x 1)(x )(x 2) (x p1)|xp 1,Odavde dobivamo (xp 1) = (x 1)(x ) (x p1), no vrijedi i xp 1 = (x 1)(xp1 + xp2 + + x+ 1),pa je

xp1 + xp2 + + x+ 1 = (x )(x 2) (x p1).Iz te jednadzbe izlazi

(1 )(1 2) (1 p1) = pUocimo da vrijedi

(xp + 1) = (x+ 1)(x+ ) (x+ p1).Tu jednakost dobivamo uvrstavajuci x u raniju jednakost.

Polinom

f(x) = xp1 + xp2 + + 1je ireducibilan polinom u [x].

LMAXII

Dokaz

f(x) =xp 1x 1 , pa ako stavimo y = x1, tada je dovoljno vidjeti da je g(y) = f(y + 1) ireducibilan. No, imamo

g(y) =(y + 1)

p 1y + 1 1

= yp1 + pyp2 +(p

2

)yp3 + +

(p

2

)y + p,

no iz ovoga tvrdnja slijedi po Eisensteinovom kriteriju.

Promotrimo jednadzbu:

xp + yp = zp

Ako zelimo naci sva rjesenja xp + yp = zp dovoljno je naci primitivna, odnosno relativno prosta. Prvi slucaj je kadap6 |xyz a drugi kada p|xyz. Kako je svaki kub broja koji nije djeljiv sa 3 oblika 1(mod 9), to x3 + y3 = z3 nemaprimitivnih rjesenja u prvom slucaju. Mi cemo promatrati samo prvi slucaj, te p 5.Pretpostavimo da je [] domena jedinstvene faktorizacija. Gledamo Fermatovu jednadzbu

(x+ y)(x+ y)(x+ 2y

) (x+ py) = zp.Pretpostavimo da je pi ireducibilan element []. Pretpostavimo da pi|x+y, pa vrijdi pi|zp; slijedi pi|z. Pretpostavimoda pi|x + yi, za neki 0 i p 1, i 6= 1. Sada imamo da pi dijeli razliku x + y i x + yi. Ako je i 6= 0, tada jepi|y( i), pa je pi|y(1 i1). U protivnom pi|y( 1), za i = 0. Tvrdimo da pi|yp. p nam je produkt (1 k)po svim k, pa se oba slucaja za i pojavljuju u tom produktu, pa vrijedi pi|py, no kako su i p i y relativno prosti sa z,tada vrijedi pi|1, no to ne moze biti. Dobivamo x+ y = up, za invertibilan u [] i [].

10 ATB 10

Opcenito, [] ne mora biti domena jedinstvene faktorizacije. Prvi p za koji to nije je 23. No i dalje vrijedi u []da se svaki ne-nul ideal I moze prikazati kao produkt I = P 11 Pkk razlicitih prostih ideala u ovom prstenu i tajprodukt je jedinstven do na poredak po Pi-ova.

U nekim slucajevima gornji rezultat da je x + y = up moze se generalizirati. Za to cemo trebati pojam regularnoprostog broja (npr. 23 je regularni prosti broj).

Neka su A,B ne-nul ideali. Kazemo da su A B ekvivalentni ako postoje , \ {0} takvi da je A = B. Brojklasa ekvivalencije ove relacije zove se broj klasa od [] (class number), oznacava se sa h. Kazemo da A|B akopostoji ideal C takav da je AC = B. Primjetimo da je tada B A.Netrijvijalan rezultat je fundamentalni teorem algebarske teorije brojeva je da je h < . Za domene glavnihidela je h = 1, a(b) = b(a). Primjetimo da h ovisi o p.

Prost broj p zove se regularan ako p ne dijeli h.

Pretpostavimo je (x, y, z) primitivno rjesenje Fermatove jednadzbe, p 5. Neka p je regularan prost broj. Fermatovajednadzba je

(x+ y)(x+ y) (x+ p1y) = (z)pPretpostavimo da prost ideal P dijeli (x+ y) [] Tada Pzp [] |(z [])p. Tada je (x+ y), (z) P . Pret-postavimo da P |(x+ iy), 0 i p 1, i 6= 1, pa zakljucujemo (x+ iy) P , pa je (x+ y) + (x+ iy) P , pasadrzi i y

( i) P , pa zakljucujemo da je yp P , te z P , pa postoje a, b takvi da je ayp + bz = 1, pa je

1 P , pa je P = []. Zakljucujemo da P koji dijeli x+ y ne dijeli niti jedan drugi takav clan.Odavde zakljucujemo da je ideal (x+ y) = Ip za neki ideal I iz [].

Neka je [] 3 := a0 + a1 + a22 + + p2p2, ai .Pretpostavimo da p| u []. Tada je p = , pa p|ai u , i = 0, , p 2. Definiramo

(mod p) p [] .

Vrijedi jos (mod p). Slijedi da je ( + )p = p + p +p1i=1

(p

i

)ipi. Zakljucujemo da je

( + )p p + p(mod p).Analogno vrijedi za potencije konacnih suma.

Uzmimo sada proizvoljni = a0 + a1 + a22 + + p2p2 []. Zakljucimo da za svaki [] postoji

v takav da je p v(mod p).Sada cemo trebati sljedecu lemu:

Kummerova lema

Ako je u [] invertibilan, te u kompleksni konjugat, tada je uu potencija od .LMA

XIII

Prestpostavimo da je p 5 prost. Ako je x+ y up(mod p), u [] i [], te ako x i y nisudjeljivi sa p, tada je x y(mod p). Stovise, p|x y u .

LMAXIV

Dokaz

x+ y p(mod p). Iskoristimo da je p n(mod p) za neki cijeli broj n . Tada je x+ y up un(mod p), te x+ y un(mod p). Vrijedi da je x+ y + p []. k = u

u=x+ y + p1x+ + p2

. Vrijedi

x+ y x+ yk(mod p)Pretpostavimo da je k = 0. Tada je x+ y x+ p1y = x+ (1)y y 2y p2(mod p). Tadaslijedi da je p|x (x y) = y, sto je kontradikcija sa pretpostavkom da p6 |y. Ako pretpostavimo da je k 2,tada dobivamo slicnim argumentom da p| x, sto je opet kontradikcija.

Ako je [] domena jedinstvene faktorizacije, tada Fermatova jednadzba za p 3 nema rjesenja (u ) uprvom slucaju.

PROPXV

Dokaz

Neka je p 5. Treba pokazati da nema primitivnog rjesenja (dakle, svi su razliciti od nule).x+ y = up, u [], [], pa zakljucujemo da p|x y.

11 ATB 11

xp + yp = zp povlaci xp zp = yp, tj. xp + (z)p = (y)p, pa slijedi da je x + (z) = u1p1, u1 [],1 [], pa znamo p|x (z) = x+z. Gledamo 2xp = xp+xp xp+yp = zp(mod p), pa je 2xp = xp + xp xp + yp(modxpp), zakljucujemo 3xp 0(mod p), pa p|x, sto je u kontradikciji sa pretpostavkom.

Ovaj argumetn mozemo prisiriti i na regularen proste brojeve p za rjesenja jednadzbe xp + yp = zp u prvom slucaju.Primjetimo da klase ideala mozemo mnoziti mnozeci predstavnike (lako je vidjeti da produkt ne ovisi o predstavniku).Ovako dobijemo odgrupu jer je asocijativnost jasna. Takod-er, klasa od (1) je neutralni element (ta se klasa sastoji odglavnih ideala razlicitih od (0)).Sto nije jednostavno vidjeti je da svaka klasa posjeduje inverz za mnozenje. To cemo vidjeti kasnije. Dakle, klaseodeala tvore grupu i h je red te grupe. Tu grupu zovemo grupa klasa ideala od [].

Ako je p regularan prost broj, tada Fermatova jednadzba

xp + yp = zp

nema rjesenja u prvom slucaju.

PROPXVI

Dokaz

Pokazli smo da (x+ y) = Ip za neki ideal I u []. To znaci da je u grupi klasa ideala Ip trivijalni, tj.neutralni element. No, kako je p regularan, grupa ideala nema netrivijalni element reda p, zakljucujemo da jeI trivijalni element, tj. glavni ideal. Sada ovo znaci da je

x+ y = up

za neke u [] i []. Dalje dokaz slijedi kao i u prosloj propoziciji. Moze se uz vise komplikacija dokaza da za regularen proste ne postoje niti rjesenja u drugom slucaju. To implicira daxn + yn = zn nema rjesenje ako je n 3, 2|n ili neki regularni prost broj dijeli n. Nazalost, postoje iregularni prostibrojevi (37, 59, 67, . . .). Stovise, neregularnih prostih brojeva ima beskonacno mnogo. Ne zna se postoji li beskonacnoregularnih prostih brojeva.U nasem pokusaju da rijesimo Fermatov problem vidjeli smo vaznost znanja nekih svojstava od []:

0. sto su invertibilni elementi u [],1. sto su ireducibilni elementi u [],2. da li je prsten faktorijalna domena,3. ako nije faktorijalna domena, sto se moze reci o faktorizaciji ideala na proste ideale,4. koliko postoji klasa

ideala (tj. koliki je h)

Istrazivanja ovih problema tvore veliki dio istrazivanja u algebarskoj teoriji brojeva. Tocnije, ova pitanja se gledaju zapotprstene od polja algebarskih brojeva (tj. konacnodimenzionalnih prosirenja od ), a ne samo []. Tamo postojepotprostori koji su analogni []. Gledanje ovih drugih polja motivirano je proucavanjima drugih jednadzbi nad (npr. kvadratna realna polja se javaljaju u promatranju Pellove jednadzbe x2 dy2 = 1).

12 ATB 12

4. GALOISOVA TEORIJA ZA POTPOLJA U

U ovoj tocki prestpostavljamo da su K i L potpolja od

, te da je K L (tada pisemo K L i kazemo da jeL prosirenje od K). Jasno je da je L na prirodan nacin induciran vektorski prostor nad K. Dimenziju L nad Koznacavamo sa

dimKL = [L : K] .

Pretpostavljamo da je [L : K] < +.Svi rezultati koje semo ovdje gledati prosiruju se na separabilna prosirenja polja (svako prosirenje polja karakteristike0 je separabilno).

Polinom f K [x] kazemo da je ireducibilna kada je ireducibilan element prsetna K [x]. Za bilo koji L je1, , 2, . . . , linearni zavisan skup. Iz toga slijedi da postoji g K [x] takav da je g() = 0. Faktoriziramo li g naprodukt ireducibilnih elemenata zakljucujemo da postoji f K [x] ireducibilan polinom za koji je f() = 0. Dijelecif sa vodecim koeficijentom vidimo da mozemo smatrati da je f nromiran. Takav f je jedinstven, jer, neka je h 6= fjos jedan takav polinom. Kako je (f) prost ideal, razlicit od nule, on je maksimalan. Analogno je i h i (f) 6= (h),pa je (f) + (h) = K [x], no tada postoje a, b K [x] takvi da je af + bg = 1, a za uvrsten to daje 0 = 1, sto jekontradikcija.

Oznacimo sa n stupanj od f . Tada je niz

1, , 2, . . . , n1

baza od K []. Sjetimo se da je K []= K [x] /(f).

DEF4-1

Korijeni od f u

zovu se konjugati od nad K.

Ireducibilan polinom f nad K ima tocno n razlicitih nultocaka u

, gdje je n = deg f .LMA

XVII

Dokaz

Pretpostavimo da f ima dvostruki korijen . Tada je f() = 0 i f () = 0. Primjetimo da je deg f =deg f 1. Tako vidimo da je f 6 (f), pa je (f ) + (f) = K [x], pa je fa + f b = 1, no to za uvrsten dajekontradikciju 0 = 1. Kako je algebarski zatvoreno polje, to f sigurno ima n korijena.

DEF4-2

Homomorfizam polja : L uvijek cemo pretpostavljati da je netrivijalan. Tada je injektivan, pa gazovemo ulaganjem. Ako fiksira polje K, tada cemo ga zvati K-ulaganjem.

Izomorfizam K []= K [x] /(f) je K-izomorfizam jer je kompozicija prirodnog ulaganja K u K [x] i projekcije K [x]

K [x] /(f).

Svako ulaganje : K se prosiruje do tocno [L : K] ulaganja od L. TMXVIII

Dokaz

Dokaz provodimo indukcijom po [L : K]. Za [L : K] = 1 nemamo sto za dokazivati. Pretpostavimo da je[L : K] > 1 i da teorem vrijedi za nize stupnjeve (bilo kojih prosirenja). Neka je L\K, te neka je fireducibilan normiran polinom u K [x] takav da je f() = 0. Pretpostavimo da je f stupnja n i zapisimo ga kao

f =

ni=0

aixi.

Oznacimo sa (f) =ni=0

(ai)xi. Sada je (f) (K) [x] i taj je polinom isto ireducibilan. Neka je neki

korijen od f . Prema K-izomorfizmu K [] se preslikava u element x + (f), te analogno 7 x + (f) (K) [x] /(f). Zakljucujemo da mozemo gledati preslikavanje : K [] 3 h+ (f) 7 h+ (f) (K) [], pa : 7 i K 3 t 7 t K. Na ovaj nacin, jasno, dobivamo n prosirenja od na K []. Uocimo, takod-er, da

13 ATB 13

je prosirenje od jedinstveno odred-eno djelovanjem na , jer je (f)(()) = (f)() = (f()) = (0) = 0,sto implicira da je () nuzno nultocka od f = f , a njih ima tocno n. Oznacimo te nultocke sa 1, . . . , n.No, sada za svako ulaganje K [] koje prosiruje dobijemo po pretpostavci indukcije [L : K []] razlicitihulaganja. Sva ona su med-usobno razlicita. Stoga dobijemo

n [L : K []] = [K [] : K] [L : K []] = [L : K] ,

jer za M N P prosirenja polja, te i, i I bazu od N nad P i j , j J bazu od M nad N je ij bazaod M nad K, pa je

[M : K] = [M : L] [L : K] .

Ako je : L neko prosirenje od , to mora biti |K[] neko prosirenje od do ulaganja L [] , recimoi. No, sada je prosirenje od i a njih smo sve uzeli u obzir. Stoga mora biti neko od prosirenja od kojesmo gledali. Dakle, ima tocno [L : K] takvih prosirenja do ulaganja L .

Postoji tocno [L : K] K-ulaganja L u

.KOR

XIX

L K konacno prosirenje (K L ) konacno prosirenje postoji L takav da je L = K []. TMXX

Dokaz

Dokaz provodimo indukcijom po [L : K]. Za [L : K] = 1 je L = K, pa jeL = K [0]. Pretpostavimo, stoga, daje [L : K] > 1 i da tvrdnja vrijedi za nize stupnjeve prosirenja (bilo kojih polja). Neka je L\K. Ako jeK [] = L, tada vrijedi teorem.Pretpostavimo da je L 6= K []. Tada je, ocito [L : K []] < [L : K], pa po induktivnoj pretpostavici postoji L da vrijedi L = (K []) [] = K [, ].Neka je K\ {0}. Jasno je da je K [+ a] K [, ], pa je jasno da je + a algebarski nad K jer jeprovsirenje K [, ] konacnodimenzionalno nad K.Ispitujemo kada je K [+ a] K [, ] = L pravi podskup. Neka je n = [L : K]. Znamo da L ima nK-ulaganaj u . Oznacimo ih sa 1, . . . , n. Neka je f minimalni polinom od + a nad K. Tada jef(i(+ a)) = if(+ a) = 0. Kako je [K [+ a] : K] = deg f < n (inace je L = K [+ a]), to f imadeg f < n korijena u . Zato postoje i 6= j takvi da je i(+ a) = j(+ a), tj.

i j = a(j i).Kako su i 6= j , to znaci da je barem jedna nejednakost tocna: i 6= j ili i 6= j. No, iz gornje jednadbeslijedi da su obje nejednakosti tocne, pa definiramo

S :=

{i jj i ; 1 i 6= j n, i j 6= 0

}.

Taj skup je ocito konacan, a za invertibilan a K\S vrijedi da je K [+ a] = L. Kako je K beskonacan,to je K\S 6= , pa uvijek mozemo odabrati a takav da je K [+ a] = L.

DEF4-3

Kazemo da je L normalno prosirenje od K kada je zadovoljeno svojstvo:

Ako je L i i ako je konjugiran K, tada je L.

Sljedece tvrdnje su ekvivalentne:

0. L K je normalno prosirenje.1. Svako K-ulaganje : L je automorfizam od L.2. L ima tocno [L : K] automorfizama koji fiksiraju K po tockama.

TMXXI

Primjer 4.1. [

3

2]

nije normalno prosirenje od , [

3

2, e2ipi/3]

je normalno prosirenje.Dokaz

Neka je L K normalno prosirenje i neka je : L K-ulaganje. Za L i f minimalni polinom od nad K je () korijen od f . Stoga je () L, pa je (L) L. No, kako je injektivan i K-linearan, to je

14 ATB 14

(L) = L, pa je K-automorfizam.

S drugre strane, pretpostaivmo da je svako K-ulaganje L automorfizam od L. Neka je L i K-konjugiran sa . Znamo da postoji K-izomorfizamo : K [] K [] koji 7 . Sada mozemo poproslom teoremu prosiriti to ulaganje do ulaganja : L . Ono je K-ulaganje. Kako je (L) = L, to je = () = () L, pa je L K normalno.Pretpostavimo da je L K normalno provsirenje. Tada imamo tocno [L : K] razlicitih K-ulaganja : L .Stoga imamo barem [L : K] K-automorfizama od L. Nema ih vise jer svaki K-automorfizam od L daje K-ulaganje, a njih ima tocno [L : J ].

Pretpostavimo da imamo tocno [L : K] automorfizama od L koji fiksiraju K po tockama. Neka je : L neko K-ulaganje. Kada bi bilo (L) 6 L, tada bi imali [L : K] + 1 K-ulaganja od L u K, sto je u suprotnostisa dokazanim, pa je (L) = L.

Neka je L = K [1, . . . , n] i neka L sadrzi sve konjugate nad K od svih 1, . . . , n. Tada je L normalnoprosirenje od K.

TMXXII

Primjer 4.2. Isti primjer kao ranije, samo sa ovim novim kriterijem.Dokaz

Neka je : L K-ulaganje. Tada je (L) = K [1, . . . , n]. Odavde je (L) L, pa je (L) = L. Sadaprethodni teorem kaze da je K L normalno prosirenje.

Ako je L K konacno prosirenje (tj. konacnog stupnja). Tada postoji konacno prosirenje M L koje jenormalno nad K. Svako takvo M je i normalno prosirenje od L.

KORXXIII

Dokaz

Zbog konacne dimenzionalnosti je L = K [] za neki L. Neka su i svi K-konjugati od . Tada jeM := K [1, . . . , n] i ono je normalno po proslom teoremu. Druga tvrdnja ovog korolara slijedi iz sljedecepropozicije.

Neka je K L normalno provisrenje i neka je K F L med-uprosirenje. Tada je F L normalno prosirenje. PROPXXIV

Dokaz

Neka je : L F -ulaganje. Po ekvivalentnim uvjetima dovoljno je vidjeti da je (L) = L. No, jeK-ulaganje jer je K F , pa je (L) = L. Time je dokaz kompletiran.

4.1. Galoisova grupa i fiksna polja

DEF4-4

(L/K) je grupa K-automorfizama nad L. Zovemo je Galoisova grupa.

Ako je L K normalno prosirenje, onda i samo onda

(L/K) ima [L : K] elemenata.

DEF4-5

Kada je H podgrupa Galoisove grupe. Definiramo fiksirajuce polje za H : { L;() = , H} L.

Neka je L normalno provsirenje. Oznacimo sa G =

(L/K). Tada je K fiksirajuce polje od G, te K nijefiksirajuce polje niti jedne druge prave podgrupe od G.

TMXXV

Dokaz

Oznacimo sa n = [L : K] = |G|. Neka je F fiksirajuce polje od G. Kada bi bilo K 6= F , tada bi imali barem[F : K] [L : K] K-automorfizama od L u , a to je vece od [L : K], sto ne moze biti.

Pretpostavimo da je K fiksirajuce polje od H b G. Izaberimo L takav da je L = K []. Promatrimopolinom f(x) =

H

(x a). Sada je za H f =H

(x ) = f(x). Dakle, koeficijenti od H su fiksni

15 ATB 15

za svaki element iz H , pa su iz K. Jasno f() = 0 i deg f = |H | < |G| = n, pa je n > deg f [L : K] = n, stone moze biti.

4.2. Galoisova teorijaL K neka je normalno prosirenje konacnog stupnja. G =

(L/K). Definiramo preslikavanje sa svih polja

f : {F polje;K F L} {H ;H G} , f : F 7

(L/F ).

U suprotnom smjeru imamo

: H 7 fiksirajuce polje od H.Osnovni teorem Galoisove teorije

Gornja dva prslikavnja, f i su med-usobno inverzi. Ta preslikavanja uspostavljaju bijekciju imed-u gornja dvaskupa. Ako u toj korespondenciji F odgovara H , tada je F K normalno prosirenje ako i samo ako je Hnormalna podgrupa. U tom slucaju (ako je to normalno prosirenje, imamo izomorfizam G/H sa

(F/K) kojije dan restringiranjem automorfizama na polje F .

TMXXVI

Dokaz

Za potpolje K F L oznacimo sa F fiksirajuce polje od

(L/F ). Sada je L F normalno prosirenje, paimamo F = F . Neka je sada H b G i F njezno fiksirajuce polje. Oznacimo sa H =

(L/F ). Treba vidjetida je H = H . Jasno je H H , jer H fiksira svaki element iz svoga fiskirajuceg polja. F nije fiksirajuce poljeniti jedne svoje prave podgrupe, pa je H = H . Time je pokazana invertibilnost ta dva preslikavanja.Ostaje pokazati tvrdnje o normalnosti. Neka F odgovara H =

(L/F ). Pretpostavimo da je G. Direktnaprovjera govori da F odgovara H1. Dalje, znamo da je F K normalno ako i samo ako (F ) = F zasvako K-ulaganje . Posto se ssvako ovakvo ulaganje prosiruje do K-ulaganja : L , a (L) = Lizlazi da je G. Stoga je F K normalno ako i samo ako je F = F , za sve G. Dalje, F = F za sve G vrijedi ako i samo ako je H1 = H , za sve G, pa je H E G.Neka je G

(F/K) homomorfizam dan restrikcijom na F . Jezgra mu je H , pa je G/H

(F/K) injekcijai iz

[L : K] = [L : F ] [F : K]

vrijedi da su te grupe izomorfne.

Neka je L K normalno prosirenje, te neka je E bilo koje prosirenje od K u . Oznacimo sa EL potpolje od

generirano sa E L. Tvrdimo da je tada EL E normalno prosirenje i

(EL/E) se ulaze u

(L/K)restringiranjem automorfizama na L. Ovo ulaganje je izomorfizam ako i samo ako E L = K.

TMXXVII

Dokaz

Mozemo napisati L = K [] za neki L. Neka je f minimalni polinom od nad K i g minimalni polinom od nad E. Jasno, L sadrzi sve korijene od f . Napisimo f = qp+ r, p, r E [x] i r = 0 ili deg r < deg g. Sada jeocito r() = 0. Zbog minimalnosti od g je r = 0. Stoga, g|f u E [x], pa je svaki korijen od g, ujedno i korijenod f .Sada je EL = E(K []) generiran sa E K []. Kako je K E, to je EL = E [], pa je EL E normalnoprosirenje.Homomorfizam dan restrikcijom

(EL/E)

(L/K)

je dobro definiran jer su oba prosirenja normalna. Ako neki

(EL/E) fiksira L, tada fiksira i EL,pa je homomorfizam injektivan. Slika tog homomorfizma H b

(L/K) ima fiksirajuce polje E L. Onokorespondira grupi

(L/E L), pa je H =

(L/K) K = E L.

16 ATB 16

5. KONACNA POLJA

Neka je F konacno polje.

: F, n 7 n1.Ovo je homomorfizam prstena. Jezgru mu mozemo napisati kao Ker = m za neki cijeli broj m 2. Sada se /m prirodno ulaze u F . Posto F ne sadrzi netrivijalne djelitelje 0, to mora biti m prost broj. Oznacimo ga sa p.Odavde slijedi da je aditivna podgrupa generirana sa 1 u F polje, te da je izomorfna nekom /p , gdje je p prostbroj. Identificiramo p sa pripadnim potpoljem od F .Nadalje, F je vektorski prostor nad p konacnog stupnja. Oznacimo taj stupanj sa n. Odavde slijedi da je |F | = pn.Vidjeli smo da je mulitplikativna grupa F ciklicka (reda pn 1). Oznacimo njen generator sa . Tada je, jasnoF = p []. Oznacimo sa : F F preslikavanje : 7 p. Jasno, je multiplikativan, ali i aditivan, jer je

(a+ b)p

= ap + bp +

p1i=1

(p

i

)aibpi = ap + bp, pa zakljucujemo da je homomorfizam polja. (1) = 1. Kako je F

konacno i F ne sadrzi ideal razlicite od 0 i F , to je automorfizam od F .Za p je p1 = 1, pa je p = . Nadalje, { F ; = } = p jer jednadzba xpx = 0 ima najvise p razlicitihrjesenja u F . Dakle, izmed-u ostaloga, fiksira p po tockama. dalje,

pn1 = 1 za F, pa je pn = za F ,tj n = id. Primjetimo da su k razliciti od idF za 1 k n 1, jer bi inace za generator multiplikativne grupebilo k = , pa bi p

k

= , no tada bi bilo pk1 = 1 za neki k n 1, sto kontradiktira cinjenici da je generator

grupe reda pn 1.Is F = Zp [] slijedi da je korijen ireducibilnog polinoma nad p stuopnja n. Posto fiksira koeficijente od p, tosu , , . . . , n1 takod-er korijeni od f . Oni su svi med-usobno razliicti jer i = j bi znacilo da je ij = idF ,sto ne moze biti.Svaki automorfizam od F je potpuno odred-en sa . Kako je (1) = 1, to je |

pidentiteta. Stoga je () opet

korijen od f . Iz ovoga slijedi da ima najvise n automorfizama od F .Stoga,

AutF ={

id, , . . . , n1}

=

(F/ p

) = n.

Sada vrijede svi rezultati prethoden tocke, postebno da imamo korsepondenciju imzed-u potpolja i podgrupa. Stogaza svaki djelitelj d|n postoji jedinstveno potpolje od E stupnja d nad p.Svaki element iz F je korijen polinoma xp

nx, pa se ovaj polinom razlaze u produkt linearnih fakotra u F [x]. Odavdese i svaki ireducbilni polinom p [x] koji dijeli x

pn x razlaze u produkt linearnih faktora u F [x]. Stupanj takvogfaktora g mora biti djelitelj od n jer ako generira sa nekim korijenima od g potpolje mora biti deg g|n.Obratno, ako je g p [x] ireducibilan i deg g|n, tada g|xpnx u p [x]. To vidimo na sljedeci nacin. Prvo je (g) 6= (0)prost ideal (jer je g ireducibilan i p [x] je domena glavnih ideala, pa je faktorijelna domena), pa mora biti maksimalan(sto vrijedi u domeni glavnih ideala). Dakle, p/(g) je polje i ono je stupnja deg g nad p. Oznacimo d := deg g. Sada

p [x] /(g) sadrzi neki korijen od g. no svaki element sovoga polja zadovoljava jednadzbu xpd x. Stoga g|xpd x

u p [x]. Kako je

pn 1 =((pd)n/d 1) = (pd 1)e,

za neki broj e , to jexp

n x = x(x(p

d1)e 1)

= x(xp

d1 1)(x(p

d1)(e1) + + 1),

pa zakljucujemo da xpd x|xpn x.

Ovaj rezultat moze se iskoristiti za dokazivanje ireducbilnosti polinoma u p.

17 ATB 17

6. POLJA ALGEBARSKIH BROJEVA I PRSTENI CIJELIH

DEF6-1 Polje algebarskih brojeva je konacno prosirenje od .

Drugim rijecima, polje algebarskih brojeva je potpolje od

koje je konacnodimenzionalni vektorski prostor nad .

Svako konacno prosirenje od mozemo prikazati kao [], gdje je algebarski nad . Neka je n stupanjminimalnog polinoma od nad . Baza od [] je 1, , 2, . . . , n1, pa je to konacnodimenzionalan prostor nad .

Primjer 6.1. Neka je m . Oznacimo = e 2piin , m = 1. Tada se [] zovem-to ciklotomsko polje. Zam = 1, 2je [] = . Neka je m neparan. Tada je m-to ciklotomsko polje jednako 2m-tom ciklotomskom polju.

Neka je = e2pii/2m, = (1)(1) = ()m+1 = (2)m+12 [2]. Obratni smjer ide analogno.Sva druga polja su razlicita.

Primjer 6.2. Kvadratna polja su prosirenja od stupnja 2. Neka je K kvadratno prosirenje stupnja 2 od .

t K\ . Neka je f(x) = x2 + ax+ b minimalni polinom od t nad . U tom slucaju je t = aa24b

2 .

Tada je K = [t] = [a

a4b

2

]=

[a2 4b] = [m] ,m . K = [m]. Ako je m = uv

tada je K = [uv], pa je K = [

n], za neki n koji nije potpuni kvadrat.

Primjer 6.3. [

72]

= [

2].

DEF6-2

Za kompleksni broj t reci cemo da je cijeli algebarski broj ako je nultocka nekog normiranog polinomasa koeficijentima u .

U gornjoj definiciji polinom ne mora biti ireducibilan. Teorem, nakon sljedece leme, govori da za cijeli algebarski brojuvijek postoji ireducibilni polinom kao gore koji ga ponistava.

Neka je f [x] normiran, te neka su g, h [x] normirani i neka je f = gh. Tada su g, h [x]. LMAXXVIII

Dokaz

Postoje a, b takvi da su ag i bh pritivni polinomi (cjelobrojni, relativno prostih koeficijenata).abf = agbh, pa zakljucujemo da je abf primitivan, pa su a, b {1}, pa su g, h [x].

Neka je cijeli algebarski broj u

, neka je f 6= 0 normirani polinom nad najnizeg stupnja takav da jef() = 0. Tada je f ireducilibilan nad .

TMXXIX

Dokaz

Neka je f kao u tvrdnji. Ako f nije ireducibilan na Q [x], tada f mozemo prikazati kao produkt f = gh polinomaiz [x], stupnja strogo manjeg od stupnja od f , pa su g, h [x], sto vodi do kontradikcije, jer je f najmanjegstupnja.

Ako je cijeli algebarski broj, onda je = . KORXXX

Neka je m \ {0, 1} kvadratno slobodan. Skup cijelih algebarskih brojeva u [m] je:0.

{a+ b

m}

za m 2, 3(mod 4)1.

{a+ b

m

2; a, b , a b(mod 2)

}, za m 1(mod 4).

KORXXXI

18 ATB 18

Dokaz

Za znamo po prethodnom korolaru kada je cijeli. Gledamo brojeve a + bm [m]. Minimalnipolinom takvih brojeva je oblika

x2 2ax+ (a2 mb2) = 0.Zakljucujemo da trebamo samo vidjeti kada su 2a i a2mb2 cijeli brojevi. Za cijele a, b je trivijalno ispunjeno.Pretpostavimo da su ti brojevi cijeli i a 6 . Tada je 2a neparan, pa je (2a)

2 m(2b)24

, pa je (2a)2 m(2b)

2 4 . Ovo implicira da je m(2b)2 . Kako je m kvadratno slobodan, zakljucujemo da je 2b .Zapisimo = 2a i = 2b. Tada je 2 m2 0(mod 4), odnosno m2 1(mod 4). mora biti neparan, pa jem2 m, pa je m 1(mod 4).

Sljedeca svojstva su ekvivalentna za :0. je cijeli algebarski broj.1. Aditivna grupa [] je konacno generirana (kao grupa).2. Postoji potprsten A C koji sadrzi i cija aditivna grupa je konacno generirana.3. P P za

neku konacno generiranu aditivnu podgrupu P , P 6= {0}.

TMXXXII

Dokaz

0. implicira 1. Neka je cijeli algebarski broj. f(x) := a0+a1x+ an1xn1+xn, ai , takav da je f() = 0,pa je n + + + n1 , n+1 isto tako i tako dalje. Jasno je da je + + + n1 [],ali i obratno, pa je zadana konacno generirana grupa.1. implicira 2. A = [].2. implicira 3. P = A 3 , jer je A prsten, pa je P P za 6= 0. Ako je = 0, P = .3. implicira 0. P je aditivna konacno generirana netrivijalna podgrupa, P P . Uzmimo njene generatorea1, . . . , ap P (barem jedan ai 6= 0). Dakle svaki element iz P mozemo napisati kao z1a1 + + znan gdjesu zi . P P implicira da je ai P , pa napisimo ai =

nj=1

bijaj , za neke bij , i = 1..n, ovo

gornje mozemo gledati kao

nj=1

(ij ij)aj = 0, za svaki i. Promotrimo sustavnj=1

(ij ij)xj = 0. Taj

ima barem jedno netrivijalno rjesenje, pa je determinanta matrice [ij ij ]ij je jednaka nuli, no ta je matricajednaka BI , gdje je B = [bij ]ij , pa je det (I B) = 0, pa je svojstvena vrijednost od B, pa zakljucujemoda je [] 3 det (I B) = 0.

Ako su i onda su i , + , cijeli algebarski brojevi. KORXXXIII

Dokaz

Znamo da je [] konacno generiran, a1, . . . , an. Takod-er, [] je konacno generiran sa b1, . . . , bm. Pokazimo

da aibj generiraju [, ]. aibj je iz X = [] [] [, ]. je iz [] pa je =ni=1

xiai i 1 [],

pa je 1 =

mj=1

yjbj , pa je =i=1

mj=1

xiyjaibj X . Analogno je i X . Ako je X potprsten, onda je

[, ] = X .

i,j

xijaibj

k,l

yklakbl

= i,j,k,l

xijyklaibjakbl. ai i ak su iz [] i bi, bl su iz [], pa

aibjakbl = aiakbjbl =

(i

ciai

)j

djbj

[, ]. Sa A cemo oznaciti skup svih cijelih algebarskih brojeva u . Znamo da je A i A je prsten.DEF

6-3Neka je K polje algebarskih brojeva. Tada se A K zove prsten cijelih u K.

19 ATB 19

= e2pii/m,m . n 6= 1 za svaki 1 n < m. Svaki konjugat 1 po od je m-ti korijen iz 1 i zadoovljava istujednakost n1 6= 1 za sve 1 n < m. Jedini moguci konjugati od su k, 1 k < m takav da je (k,m) = 1.

Svi k kada k = 1, . . .m i (k,m) = 1 su konjugati od .TMXXXIV

Dokaz

Neka je 1 k m, (k,m) = 1, te neka je p prost broj koji ne dijeli m. Dovoljno je pokazati da je (k)p posvim p konjugat od k modulo . Krecemo od = k. Neka je f normirani ireducibilni polinom iz [x] kojise ponistava na , tj. neka je f minimalni polinom od nad . Znamo da je f [x] normiran. je korijenod xm 1, pa f |xm 1 u [x], pa je xm 1 = f(x)g(x), no g(x) je iz [x] po Euklidovom algoritmu. pje korijen od xm 1 = f(x)g(x). Za dokaz teorema treba vidjeti da je f(p) = 0. Pretpostavimo suprotno.f(p) 6= 0. Tada je g(p) = 0 Tada je korijen polinoma g(xp) slijedi da f(x)|g(xp) u [x], no iz normiranostii cjelobrojnosti vrijedi da je iz [x].

Koristimo homomorfizam /p sa a 7 a + p = a. Neka je F polje. Formalna derivacija polinomaf F [x], f =

ni=1

aixi 7 f =

ni=1

iaixi1. Formalna derivacija je linearni operator te vrijedi Leibnizovo

pravilo, te (fn) = nfn1f .Vrijedi da je f(x)|g(xp) = (g(x))p p [x], pa postoji h p [x] stupnja barem 1 takav da h|f i h|g(x).f(x)g = xm 1. h2|xm 1, pa se xm 1 = h2l. Deriviramo i dobivamo mxm1 = 2hhl + h2l = (2hl + hl)h,pa h|xm1 jer je (m, p) = 1, no vrijedi i h|xm 1, sto ne moze biti.

Neka je : Eulerova -funkcija, (n) = Kard {k ; 1 k n (k, n) = 1}. Lako se pokaze da je (n1, n2) =(n1)(n2) ako su n1 i n2 relativno prosti. (p

n) = pn pn1.

[] je stupnja (m) nad (ovo je normalno prosirenje).KORXXXV

Dokaz

Trivijalno je normalno prosirenje. Stupanj od [] jednak je stupnju minimalnog polinoma od nad [], ato je broj korijena od u a to je (m).

Galoisova grupa

( [] /

)je izomorfna sa m. Za k m odogovarajuci automorfizam jedinstveno je

odred-en sa 7 k.KORXXXVI

Dokaz

Ako uzmemo

( [] /

), : [] []. je potpuno odred-en sa (). Kako je f(), tada je

0 = (f()) = f(()). Pridruujemo 7 k, () = k . 7 k je bijekcija, treba samo pokazati da jeizomorfizam, no to je lagano: k = ()() =

(k

)= kk , pa je k = kk .

Fiksiramo m 1 je cijeli broj. := e2pii/m.

Ako je m paran broj, tada su jedini korijeni iz 1 koji su sadrzani u [] m-ti korijeni iz jedinice. Ako je mneparan, tada su jedini korijeni iz jedinice u Q [] 2m-ti korijeni iz jedinice.

KORXXXVII

Dokaz

Pokazali smo da su za m-to i 2m-to ciklotomsko polje jedinaki. Pretpostavimo stoga da je m paran. Nake je [] neka jedinica razlicita od 1. Neka je k 1 najmanji moguci takav da je k = 1. Tada je k 3, tadaje l za 1 l < k, odnsono je primitivan k-ti korijen iz 1. Oznacimo sa r najmanji zajednicki visekratnik odm i k. Generirajmo sa i podgrupu multiplikativne grupe []

i oznacimo je sa L. Iz toga slijedi da je

tr = 1 za svaki t L. je reda m, pa m|L|. je reda k, pa je k|L|, pa r|L|. Znamo da je L ciklicka grupa,pa znamo da je L ciklicka grupa. Oznacimo sa g neki generator od L, pa je red od g = 1. Zakljucujemo da jeg primitivni r-ti korijen iz 1. Iz toga slijedi da je [g] [], pa je r-to ciklotomsko polje sadrzano u m-tomciklotomskom polju, pa je (r) (m). Tada je m paran, m|r, (r) (m). Za dokaz korolara dovoljno jedokazati da je m = r, a to slijedi iz sljedece leme.

20 ATB 20

Neka je m paran pozitivan cijeli broj, r pozitivan cijeli broj, m|r. Ako je (r) (m), tada je r = m. LMAXXXVIII

Dokaz

m i r mozemo napisati na sljedeci nacin: m = 2epe21 pell , e 1, e1, . . . , el 1. Formalno je moguce i l = 0,te r = 2fpf11 pfll pfl+1l+1 pekk , gdje je e f i e1 f1, . . . , el fl.Pretpostavimo da je r > m. Tada je e < l ili e1 < f1 ili ili el < fl ili l < k.

(m) =(2e 2e1)(pe11 pe111 ) (pell pel1l )

(r) =(2f 2f1)(pf11 pf111 ) (pfll pfl1l ),

no po nasoj pretpostavci (m) (r), ali iz r > m u ove dvije gornje jednakosti barem jedan par zagrada imabroj u gornjem redu manji od odnjeg, pa je (m) < (r), sto ne moze biti, pa zakljucujemo da je m = r.

m1 6= m2 su parni pozitivni cijeli brojevi. Tada su odgovarajuca ciklotomska polja razliita, stovise, neizomorfna. LMAXXXIX

Dokaz

Ako je [1]= [2], tada su grupe elemenata konacnog reda u [1]

i [2]

upravom-ti korijeni jedinice.

0. Neka je f = xn + an1xn1 + + ax + a0 [x] normirani polinom ciji korijeni u su apsolutnevrijednosti manje ili jednake 1. Tada je |ar|

(n

r

).

1. Fiksirajmo pozitivni cijeli broj n. Neka je cijeli algebarski broj stupnja n nad , ciji svi konjugatinad (ukljucujuci i ) imaju apsolutnu vrijednost jednaku 1. Tada takovih postoji konacno i oni susvi korijeni iz jedinice.

LMAXL

Dokaz

0. Prva tvrdnja slijedi direktno iz Vieteovih formula.

1. Neka je f [x] minimalan polinom od nad . f(x) = (x )(x 2) (x n). Imamo konacnomogucnosti i za i za f . Gledajmo polje K = [, 2, . . . , n] normalno prosirenje. Neka je m pozitivnicijeli broj, 2. F (x) = (x m)(x m2 ) (x mn ) K [x].Neka je

(K/

). Vrijedi da je f = f , pa permutira nultocke od f . Koeficijenti of F su cijeli algebarski

brojevi. Stovise, F [x], pa je F [x], paj je cijeli algebarski broj stupnja manjeg ili jednakog od n. je korijen normiranog polinoma sa cjelobrojnim koeficijentima, pa je po apsolutnoj vrijednosti jednak 1.

Kumer

Neka je p neparan prost broj, = e2piip i neka je u [] invertibilno. Tada je u/u potencija od .

LMAXLI

Dokaz

Znamo da postoji v [] takav da je uv = 1. uu

= uv je cijeli algebarski broj. Neka je : , : z 7 z. Promatrajmo restrikciju na na []. Promatrajmo restrikciju od kao element iz

( [] /

).

Tu restrikciju oznacimo opet sa . cuva apsolutnu vrijednost. Konjugati odu

usu oblika

(uu

). Promotrimo

|(uu|)

= |(u)(u)

|

= | (u)(u)

|= |(u)

(u)| = 1

21 ATB 21

Pa jeu

u2p-ti korijen iz jedinice, pa je

u

u= k za neki k. Pretpostavimo da je u

u= l. up = up. Sjetimo se

da postoji a takav da je up a(mod p []). Odavde je up a(mod p []). Stoga je up up(mod p []).Sada up = up implicira da je 2up 0(mod p []), pa je 2up = pt za neki t []. Dakle, 2 = ptvp, tj 2 = ptza neki t []. No, kako je t = 2

p [] to je t , sto ne moze biti.

6.1. Ulaganja u

Neka je K polje algebarskih brojeva stupnja n nad . Znamo da postoji tocno n takvih polja i postoji tocno jedan takvo da je K = []. Napisimo K = []. Svaki konjugat od nad odred-uje jedno ulaganje g : K ,g() 7 g(), g [x] i to su sva ulaganja.

Primjer 6.4.m 7 m, m 7 m.

Primjer 6.5. n-to ciklotomsko polje, [] ima (n) ulaganja.

Primjer 6.6. Oznacimo = e2pii/3 i sa 3

2 realni korijen. Tada 32 ima tri konjugata: 32, 32 i 2 32.Samo jedno ulaganje je opet u

[3

2].

Cesto je zgodnije raditi sa automorfizmima polja algebarskih brojeva nego sa ulaganjima u

. Tada ulozimo poljealgebarskih brojeva K u konacno prosirenje L koje je normalno prosirenje od (to smo vidjeli da mozemo). Tadase svako ulaganje K u

prosiruje do ulaganja L u

, koje mora ici u L, posto je L normalno prosirenje od . Utrecem od ova tri primjera mozemo uzeti L =

[3

2, ]. Ovo polje razlaze ireducibilni (po Eisensteinovom kriteriju)

polinom x3 2. Stoga imamo normalno prosirenje. Sada se svako ulaganje od K prosiruje do dva automorfizma odL. Automorfizama od L ima 6 i mozemo ih opisati sa 3

2 7 k 32 za k = 0, 1, 2 i 7 l, l = 1.

6.2. Tragovi i normeNeka je K polje algebarskih brojeva stupnja n nad . Znamo da postoji tocno n ulaganja takvog polja u K i oznacimota ulaganja sa 1, . . . , n.

DEF6-4

Definiramo trag T () =

ni=1

i(), te normu N() =

ni=1

i().

Vrijedi da je T (+ ) = T+ T, N() = N()N(). T (r) = rT (), T (1) = n, N(r) = rn za r .Jasno je da trag i norma ovise o izboru polja, pa kojiput oznacavamo TK i NK za trag i normu nad poljem K.Neka je K, stupnja d nad . d n, tj. d = [ [] : ], [K : ] = [K : []] [ [] : ], pa d|n. .Neka su t i n trag, odnosno norma u odnosu na [].

T () = nd t(), N() = (n())nd .

LMAXLII

Dokaz

Ocito iz svojstva da ulaganja koja ostavljaju na miru ima[K : []

]=n

d.

T () i N() su racionalni brojevi.KOR

XLIII

Dokaz

Zbog prosle leme dovoljno je vidjeti da su t() i n() racionalni. Neka je f minimalni polinom od nad .f(x) = xd + ad1xd1 + + a0 [x], pa su i suma i produkt konjugata racionalni (Vietove formule).

Ako je cijeli algebarski broj T () i N() su cijeli.KOR

XLIV

Ako je K = [m], tada je T ( = a+ b

m) = 2a, N(a+ b

m) = a2 mb2.

22 ATB 22

Za u A K vrijedi da je u invertibilan u A K ako i samo ako N(u) = 1. LMAXLV

Dokaz

Neka je u invertibilan. Tada postoji v A K takav da je uv = 1. 1 = N(uv) = N(u)N(v), no kako su u i vcijeli algebarski brojevi, tada je i N(u), N(v) , pa je N(u) = 1.Pretpostavimo da jeN(u) = 1. Minimalni polinom od u je f(x) = xd+ad1xd1+ +a1x+(1)dn(u) [x].n(u)

nd = N(u) {1}, pa je n(u) {1}. Kako je f(u) = 0, vrijedi u(ud1 + ad1ud2 + + a1) =

(1)d+1n(u) {1}, pa slijedi da postoji cijeli algebarski broj v takav da je uv = 1, pa je u invertibilan.

Primjer 6.7. [

2] A, pa po prosloj lemi vrijedi da je a2 + 2b2 = 1 i a, b , pa vrijedi b = 0 i a = 1.

Primjer 6.8. (K A) = {1} za bilo koje kvadratno imaginarno osim [1] i [3].Primjer 6.9.

(

[1] A) = {1,1}.Primjer 6.10.

(

[3] A) = svi sesti korijeni iz 1.Primjer 6.11.

[2] A = [2 = +2 ], pa je 1 + 2 ( [2] A), pa zakljucujemo da su i sve

potencije od(1 +

2)

invertibilne, pa jednadzba a2 2b2 = 1. ima beskonacno mnogo rjesenja.Norma se moze koristiti da se pokazze da je neki element A K ireducibilan element prstena.

Ako je N() = p, gdje je p prost, onda je ireducibilan. KORXLVI

Primjer 6.12. 9 +

10 je ireducibilan u [

10], jer je N

(9 +

10)

= 81 10 = 71.

Primjer 6.13. U [5] nema elemenata norme 2 ili 3, jer bi u protivnom jednadzbe a2 + 5b2 = 2 i a2 + 5b2 = 3

imale rjesenja u . N(2) = 4, N(3), N(3), N(1 +5) = 6, N(15) = 6. Pretpostavimo da je

2 = xy, x, y [5]. Tada je 4 = N(x)N(y), no kako je N(w) 6= 2 za sve w, tada znamo da je 2ireducibilan. Analogno pokazemo da je 3 ireducibilan, te

(1 +5) i (15). No, vidimo i da je

6 = 2 3 = (1 +5)(15), pa [1] nije domena jedinstvene faktorizacije.Primjer 6.14.

3 6 [ 42]. Pretpostavimo da je 3 = a+ b+ c2 + d3, = 42, pa se pokaze da su a, b, c = 0.

Pokaze se da je T(

3)

= 4a, no T [

3](3) = 0, pa je a = 0. Analogno zakljucujemo da je b = 0, pac = 0. Na kraju dobijemo da je

3 = d 4

8, pa je u

3 = v 4

2, za d = uv , pa je 3

2v4 = 2u4, za cjelobrojneu, v, sto ne moze biti.Za m pitanje je li m [ 42]. To je ekvivalentno pitanju je li [m] [ 42]. To gledamopomocu Galoisove teorije nad poljem

[4

2,1].

DEF6-5

Neka su K,L polja algebarksih brojeva, n = [L : K], te neka su 1, . . . , n neka su sva K-ulaganja od L u

. Tada definiramo relativni trag:

TLK() =

ni=1

i(),

i relativnu normu

NLK() =ni=1

i().

Za , L i K vrijedi TLK(+ ) = TLK() + TLK(), TLK() = TLK(), TLK() = n, K. Analogno,NLK() = N

LK()N

LK(), N

LK = () =

nNLK() i NLK() =

n, K.Neka je L i neka je d stupanj od nad K. Oznacimo sa t() i n() sumu, odnosno produkt svih konjugataod /K. Tada je TLK() =

nd t(), N

LK() = (n())

n/d.

TMXLVII

23 ATB 23

TLK(), NLK() K. Posebno, ako je A L, tada je A L, pa je TLK(), NLK() A. KOR

XLVIII

Neka su K L M polja algebarskih brojeva. Tada za M vrijediTLK TML () = TMK ()NLK NML () = NMK ()

TMXLIX

Dokaz

Neka su nam 1, . . . , n sva moguca K-ulaganja L u ([L : K] = n). Neka su 1, . . . , m sva L-ulaganjaM u ([M : L] = m). Fiksirajmo neko konacno normalno prosirenje N nad K koje sadrzi M . Slike od ii j po svim i i j su sadrzani u N . Svaki i : M . Svaki homomorfizam i i j mozemo prosiriti i dohomomorfizma N C. Izaberimo jedno takvo prosirenje za svaki i, odnosno j i oznacimo ga istim simbolima.

TLK TML () =ni=1

i

mj=1

j()

= ni=1

nj=1

i()(). Analogno vrijedi a normu. Tvrdnju cemo dokazati ako

pokazemo da su ik [M : K] = [M : L] [L : K]. Imamo tocno mn K-ulaganja. Dovoljno je vidjeti da su ijresrtingirano na M med-u sobno razliciti. Pretpostavimo da je ij |M = uv |M . Tada je i ij |L = uv |L jerje L M , pa i|L = u|L jer su k L-ulaganja. Zbog izbora i-ova ako su razliciti, oni su razliciti vec na L.Stoga i = u. Stoga mora biti, mnozeci sa 1i , j |M = v |M . Opet, izbor j govori da je j = v. Dakle, sviij |M su med-usobno razliciti.

Neka je m : L L, K L, L takav da je m() = . Tada vrijedi:TLK() = tr (m)

NLK() = det (m)

PROPL

Dokaz

K K [], stupnja d, [L : K] = n, [L : K []] = n/d. Baza od K [] u K je 1, , 2, . . . , d1. Takod-er,1, . . . , n/d je baza od L u K []. Neka je m

: K [] K [] takav da 7 u bazi 1, , . . . , d1. Neka

je f(x) = xd + ad1xd1 + + a1x + a0 minimalni polinom od nad K. Tada je tr (m) = nd

tr (m) i

det (m) = det (m)

nd . Sada vidimo da m djeluje na bazu na sljedeci nacin:

m : 1 7 7 2

...

d1 7 d = a0 a 1 ad1n1.,

pa u toj bazi ispada da je tr (m) = ad1 i det (m) = (1)d+1(a0) = (1)da0.

6.3. Diskriminanta n-torke

DEF6-6

Neka je K polje algebarskih brojeva stupnja n nad . Oznacimo sa 1, . . . , n sva ulaganja K u

. Zan-torku elemenata 1, . . . , n je broj

disc (1, . . . , n) = (det (i [j ]))2

Diskriminanta ne ovisi o poretku!

24 ATB 24

disc (1, . . . , n) = det ([T (ij)])TM

LI

Dokaz

disc () = (det [i(j)])2

= (det [i(j)])(det [i(j)])

= det ([i(j)]

[i (j)])

= det

nj=1

j(k)j(l)

= det

nj=1

j(kl)

= det ([T (kl)])

0. disc (1, . . . , n) ,1. 1, . . . , n cijeli algebarski brojevi, onda je diskriminanta cijeli broj.

KORLII

disc (1, . . . , n) = 0 ako i samo ako su 1, . . . , n linearno zavisni nad .TM

LIII

Dokaz

Pretpostavimo da su linearno zavsni nad . Tada se 1 moze prikazati kao -linearna kombinacija ostalih j .

Pretpostavimo da se 1 moze prikazati tako (BSO). Dakle, 1 =

ni=2

aii.

det

11 12 . . . 1n21 2n

......

n1 nn

= det

1

(ni=2

aii

)12 . . . 1n

2

(ni=2

aii

)2n

......

n

(ni=2

aii

)nn

ni=2

ai det

1(i) 12 . . . 1n2(i) 2n

......

n(aii) nn

= 0.Pretpostavimo da je diskriminanta disc (1, . . . , n) = 0, te pretpostavimo da su 1, . . . , n linearno neza-

visni nad . Znamo da je det [T (ij)] = 0. Gledajmo stvar po recima, det

R1...Rn

= 0, gdje je Ri =[T (i1), T (i2), . . . , T (in)]. Tada postoji niz ai ne svih jedinica takav da je a1R1 + + anRn = 0.Tada je

ni=1

aiT (ij) = 0 po svim j. Pogledajmo koliko je T (j), gdje je = a11 + + ann 6= 0.

T (j) = T

(ni=1

aiij

)=

ni=1

aiT (ij) = 0. Kako su i nezavisni, oni cine bazu, pa za svaki niz bj

25 ATB 25

vrijedi T

nj=1

bjj

= 0, pa je i 0 = T (1) = T (1) = n, sto daje kontradikciju. Vandermondeova determinanta

Neka je R komutativan prsten i a1, . . . , an R. Tada je

det

1 a1 a

21 . . . a

n11

1 a2 a22 . . . a

n12

.... . . an11

1 an a2n . . . a

n1n

= 1r

26 ATB 26

NK(f ()) =ni=1

f (i),

=

ni=1

nj=1,j 6=i

(i j)

=n

i,j=1,i6=j(i j),

sto je i trebalo pokazati.

Primjer 6.15. Neka je p neparan prost broj, = e2pii/p. Gledamo polje []. Minimalni polinom od je

f(x) = xp1x1 . Po Leibnizovom pravilu vrijedi f(x) + (x 1)f (x) = pxp1. f () = p

p1

1 , odnosno

f () = p(1) . Norma od NK(f ()) = N(p)N()N(1) . N(p) = p

p1. N() = p(p1)

2 = (p)p1

2 = 1.

NK() = ( 1) (p1 1) = p. Dobili smo da je NK(f ()) = pp2, pa je disc (1, , . . . , p1) =pp2 == (1) p12 pp2.

Neka je , algebarski nad , stupnja n. Tada definiramo disc () = disc (1, , . . . , n1). Dobili smo u proslomprimjeru disc

(e2pii/p

)= (1) p12 pp2.

Primjer 6.16. Neka je m , m 3. := e2pii/m. Neka je f minimalni polinom od / . Znamo da je fstupnja (m), no znamo da ponistava polinom xm 1. Znamo i da je (xm 1) = f(x)g(x). Znamoda su koeficijenti od f(x) cjelobrojni, pa znamo da su i f i g u [x]. Ako deriviramo proslu jednadzbu,dobivamo mxm1 = f (x)g(x)+f(x)g(x). Slijedi mm1 = f ()g(), pa znamo da je m = f ()g().Znamo da je m(m) = N(f ())N(g()), pa je g() KA, pa zakljucujemo da je norma NK(f ())cijeli broj koji dijeli m(m), pa znamo da disc () dijeli m(m).

Ako je cijeli algebarski broj i f [x] normirani polinom takav da je f() = 0, tada disc ()|N [](f ())u .

LMALVI

Dokaz

Neka je minimalni polinom od nad . Ocito |f , pa je f = g, pa je f = g+g, pa je f () = ()g().Tada je N [](f ()) = N [](())N [](g()) = disc ()N [](g()), a kako su sve to cijeli brojevi,ispada da disc ()|N [](f ()).

Neka je = e2pii/p, gdje je p neparan prost broj. Neka su 1, . . . , p1 : []

. Definiramo := det[i(j1

)],

pa je 2 = (1) p12 pp2, pa je =

(1)p12 pp2 = p p32

(1)p12 p, pa je [] = [

(1)p2] [].

Vrijedi

2 =(

22 + i

2

2

)2 11+i .

6.3.1. Relativna diskriminanta

Prirodno se generaliziraju rezultati za diskriminante na slucaj kada imamo K-ulganja polja L u

, gdje je L stupnjan nad K. Definiramo je kao discLK (1, . . . , n) := detT

LK(ij) K.

Neka su K L M konacna prosirenja racionalnih brojeva. Neka je [L : K] = n i [M : L] = m. Neka je 1, . . . , nbaza od L nad K i 1, . . . , m baza od M nad L. Tada je 11, . . . , n1, . . . 1m, . . . , nm baza od M nad K.

Vrijedi discMK (11, . . . , nm) = discLK ()

mNLK

(discML ()

).

6.4. Aditivna struktura polja algebarskih brojevaK neka je polje algebarskih brojeva. Ono je prosirenje od konacnog stupnja. Oznacimo taj stupanj sa n =

[K :

].

Oznacimo sa R = A K prsten cijelih u K.

27 ATB 27

DEF6-7

Slobodna Abelova grupa (konacnog ranga n) je svaka grupa koja je direktna suma n podgrupa od kojih jesvaka izomorfna .

Neka je A grupa izomorfna sa n. Tada je A/2A izomorfno sa n/2 n = ( /2 )p. Iz toga slijedi da je KardA/2A =2n. Kako je funkcija n 7 2n injektivna na , to je rang jedinstveno pridruzen slobodnoj Abelovoj grupi.DEF

6-8Ako je A slobodna Abelova grupa izomorfna sa n, tada kazemo da je A slobodna Abelova grupa ranga n.

Neka je G slobodna Abelova grupa ranga n i H podgrupa od G. Tada je H slobodna Abelova grupa ranga m,gdje je m n.

TMLVII

Dokaz

Uzmimo da je G = n. Dokaz provodimo indukcijom po n. Za n = 1, G = i podgrupe su ili {0} ilibeskonacne ciklicke, pa su podgrupe ranga 0 ili 1. Pretpostavimo da je n > 1 i pretpostavimo da teoremvrijedi za n 1. Sa pi : G cemo oznaciti projekciju prve koordinate. K := Kerpi. K je izomorfno sa

n. H K je po induktivnoj pretpostavci slobodna Abelova grupa. Promotrimo pi(H), sto je podgrupa od . Ako je pi(H) = {0}. Tada je H b K, pa je H K = H , pa je H slobodna Abelova grupa. Alternativno,pi(H) je beskonacna ciklicka grupa, pa neka joj je pi(h) generator, pa je pi(H) izomorfno sa . Pokazimo da jeh (H K) = {0} i h +HK = H . Neka je x h (H K). Neka je x = zh, z . pi(x) = zpi(h) = 0, paje z = 0, pa je x = 0. Neka je sada x H , x = zh+(x zh), gdje je zh pi(H) i pi(x zh) = pi(x)zpi(h) = 0,pa je (x zh) K H , pa je H = (h ) (P1 Pm), pa zakljucujemo da je H slobodna Abelova gruparanga 1 +m 1 + n 1 = n.

Neka je K polje algebaraskih brojeva, n :=[K :

]. Za K postoji m takav da je m R = A K. Neka

je f(x) = xl + al1xl1 + + a1x + a0 [x] minimalni polinom od nad . Znamo da postoji m takav da jemai , pa ako pomnozimo izraz f() = 0 sa ml, dobivamo da je m R.Ako je R tada za svaki m je m R. Odavde slijedi da za bilo koji konacni skup 1, . . . , r K postojim takav da su svi mi R. Fiksirajmo neku bazu 1, . . . , n od K koja je sadrzana u R. Oznacimo

A :=

{ni=1

mii,mi }

odaitivnu grupu generiranu sa i, . . . , n. Direktno se provjeri da je A slobodna Abelova grupa ranga n, A = i n. Jasno je i da je A R.Neka je 1, . . . , n baza od K nad koaj je sadrzana u prstenu cijelih brojeva R. Oznaicmo sa d =disc (1, . . . , n). Tada se svaki R moze napisati u obliku = (m1d1 + +mnn) 1d gdje su svi mi id|m2i , za svaki i.

TMLVIII

Primjetimo da je d 6= 0 jer je 1, . . . , n baza, te d jer su i R.Dokaz

Uzmimo R. Tada ga mozemo napisati kao = x11 + . . .+ xnn, xj Neka su 1, . . . , n : K C svaulaganja. Tada je

i = x1i1 + . . .+ xnin,

mozemo gledati kao sistem n jednadzbi sa n nepoznanica, x1, . . . , xn. Determminanta sistem je = det (i(j)).

Jasno, 2 = d. Sada su xj =j

, gdje je j determinanta matrice koju dobijemo iz [i(j)] zamjenom j-tog

stupca sa

()...n()

. Stoga je j A i A. Raniju jednakost mozemo pisati kaodxj = j A = .

Oznacimo sa dxj =: mj . Jasno, =m1+ +mnn

d, mi . Pogledajmo

m2jd

=m2j2

=(mj

)2=

(dxj

)=(

2xj

)2= (xj)

2= 2j A = .

28 ATB 28

Dakle, dokazali smo da je A R 1dA = 1d nd . Odavde slijedi da je R slobodna Abelova grupa.

R je slobodna Abelova grupa ranga n.KOR

LIX

Tada znamo da R posjeduje bazu nad takvu da postoje 1, . . . , n R takvu da svaki R ima jedinstveni zapis = m11 + +mnn, mi . Ovakva baze zove se cijela (integralna) baza od R ili baza od R na . Cijela bazaje i baza od K nad .

Primjer 6.17. Neka je m \ {0, 1}, kvadratno slobodan. Tada je cijela baza od R = A [

d]

dana sa{ {1,m} m 2, 3(mod 4){1, 1+

m

2

}m 0, 1(mod 4) .

Neka je p prost broj i r . Oznacimo sa m = pr i sa = e 2piim . Tada je prsten cijelih A [] = []. TMLX

Dokaz

Koristimo dvije iduce leme. Vrijedi [] [] A =: R. Za dokaz teorema trebamo obratnu inkluiju.Neka je R = [] A, te neka je R. [] = [1 ], pa je 1, (1 ), . . . , (1 )n1 je takod-er bazaod [1 ] = [] nad . Po ranijem teormu znamo da je = m1 +m2(1) + (1 )

n1

d, gdje je

d = disc () = disc 1 . Znamo da d|m (raniji primjer), no to znaci da je disc () = d neka potencija od p.Pretpsotavimo da je [1 ] 6= R, pa zbog ranije inklucije [1 ] R, pa naka je \ [1 ]. Tadaje =

1

dm1 1 +m2(1 ) + +mn(1 )n 1, gdje je mj i d|m2j . Kako 6 [1 ], znamo da

mjd6 za neki j, pa zakljucujemo da d ne dijeli neki od mj . Kako je d potencija od p, mozemo izabrati l ,

l 0, tako da pl+1mjd

je cijeli broj za j = 1.., n, a plmjd

. Oznacimo sa i najmanji indeks takav da plmid

jest

cijeli broj. Pogledajmo sada R 3 pl = plm1d

1 + plm2d

(1 ) + + plmi1d

(1 )i2 + plmid

(1 )i1 + + plmn

d(1 )n1. Odavde je

=1

p

(mi(1 )i1 +mi+1(1 )i + +mn(1 )n1

) R,

gdje su mi, . . . ,mn , p6 |mi. Jasno, 6 [1 ].

Po drugoj lemi jek

(1 k) = p. Posto (1 )|(1 k) u [], za k 1 to gronja relacija implicirap

(1 )n [], pa je ip

(1 )i []. Odavde je p

(1 )i =mi

1 + mi+1 + m

i+2(1 ) + R.

Dakle,mi

(1)R , tj. mj = (1 )t za neko t R. Kako je N(t) = N [](t) , to je N(1 )|N(mi) u .Znamo da je N(1 ) = p i N(mi) = (mi)n. Ovo implicira da p|mi, sto je kontradikcija.

Uz oznake iz proslog teorema, neka je 3 m 3 prirodan broj. Tada je [1 ] = [] i disc (1 ) =disc ().

LMALXI

Dokaz

[1 ], [], pa je [] [1 ]. Analogno je [1 ] = []. Druga jednakost jeposljedica teorema koji kaze da je disc () =

1r

29 ATB 29

Neka je m = pr, gdje je p prost broj. Tada jek

(1 k) = p, gdje produkt ide po svim k , 1 k m

takvih da p ne dijeli k.

LMALXII

Dokaz

Neka je f(x) =xp

r 1xpr1 1 = 1 + x

p1 + x2pr1

+ + x(p1)pr1 . Zakljucujemo da je f() = 0. No, tako je i

f(k)

= 0 za sve k koje p ne dijeli, pa imamo (pr) = pr pr1, pa zakljucujemo da je f(x) =k

(x k), a

f(1) = p, pa imamo tvrdnju.

Neka su {1, . . . , n} i {1, . . . , n} dvije cijele baz u K A. Tad one ima ju iste diskriminante. TMLXIII

Dokaz

i =

nj=1

mjij , 1 i n. Oznacimo M := [mij ]1i,jn. Tada vrijedi

1...n

= M 1...n

. Ako gledamosva ulaganja 1, . . . , n : K .

i1...in

= M i1...in

, pa pogledajmo to kao matricu po i, i1...in

i

=

M

i1...in

i

, pa je disc () = (detM)2

disc (), pa po simetriji dokaza zakljucujemo, posto su obje diskriminante

cjelobrojne i (detM)2

cjelobrojna i invertibilna, tada je (detM)2

= 1, pa je disc () = disc ().

Primjetimo da je detM = 1. Matricu M zovemo matrica prelaza izmd-u baza i .DEF

6-9Diskrimininata neke cijele baze od R = K A se oznacava sa discR ili discK.

Primjer 6.18. Neka je m \ {0, 1} i neka je kvadratno slobodan. Tada je diskriminanta disc(A

[d])

={disc (

m) = 4m m 2, 3(mod 4)

disc(

1+modm2

)= m m 1(mod 4) . Opcenito je disc (K) 0, 1(mod 4).

Neka su 1, . . . , bn i 1, . . . , n elementi polja algebarskih brojeva K stupnja n nad . Pretpostavimo da jepodgrupa generirana sa i jednaka podgrupi generiranoj sa i. Tada su diskriminante disc () i disc () jednake.

LMALXIV

Neka su 1, . . . , n R = K A takvi da je disc () = disc (R). Tada je 1, . . . , n cijela baza od K. PROPLXV

Dokaz

Neka je 1, . . . , n neka cijela baza. Jasno 1, . . . , n su linearno nezavisni nad . Treba vidjeti samo dageneriraju R. Dovoljno je vidjeti da se 1, . . . , n izrazavaju kao -linearna kombinacija od 1, . . . , n.

Napisemo

1...bn

= M 1...n

i nastavimo kao u odokazu prethodnog teoram. Dobijemo disc () = detM 2 disc ().Ovo implicira da je detM = 1. Izaberimo cjelobrojnu M n n matricu takvu da je MM = In. Sada je 1...

n

= M b1...n

,sto govori da se i prikazuju kao cjelobrojna lineranoa kombinacija i.

30 ATB 30

1, . . . , n R = K A takav da je disc () kvadratno slobodan, razlicit od nule. Tada je 1, . . . , n cijelabaza od R.

PROPLXVI

Dokaz

Neka je R. Treba vidjeti da 1, . . . , n generiraju R kao grupu. Po ranijem teoremu je =

m11 + +mnnd

,

gdje su mj i d|m2j , no po pretpostavci i d|mj , pa je 1 nn.

Sljedeci nam je cilj dokazati da je u proizvoljnom m-tom ciklotonskom polju A [] = [].Neka su K i L polja algebarskih brojeva. Tada je KL kompozicija (tj. isto sto i K(L) = L(K), tj. potpolje generiranosa K L), pa je K = (K L) [a] za neki a K. Tada je K(L) = L(K) = L((K L) [a]) = L [a]. Neka je n stupanjod a nad L. KL = L [a] =

{n1i=0

iai;i L

}. Zakljucujemo da je KL = L [a]

{ri=1

ii;i K,i L} KL,

pa je KL =

{ri=1

ii;i K,i L}

.

Neka su R,S, T prsteni cijelih u K,L,KL.

Oznacimo

RS :=

{ri=1

ii, i R, i S}.

Direktno se provjeri da je RS potprostor od KL. Takod-er je

RS KL A = T.Opcenito, ne vrijedi jednakost. No, uz neke uvijete vrijedi (koji ce biti u ciklotomskom sluv caju zadovoljeni).

Neka su m i n stupnjevi od K i L nad . Oznacimo sa d najveci zajednicki djelitelj od disc (R) i disc (S)

Pretpostavimo da je[KL :

]= mn. Tada je T 1dRS.

TMLXVII

Ako je[KL :

]= mn i d = 1, tada je T = RS.

KORLXVIII

Pretpostavimo da je[KL :

]= mn. Neka su : K i : L ulaganja. Tada postoji ulaganje

: KL takvo da je |K = i |=L.LMA

LXIX

Dokaz

Kako je[KL :

]= mn, te

[KL :

]= [KL : K]

[K :

], no kako je

[K :

]= m vrijedi [KL : K] = n.

se prosiruje tocno do n ulagnaja KL u . Oznacimo da provsirenja sa 1, . . . , n. Pretpostavimo da jei|L = j |L. Posto i|K = j |K = , to je i|KL = j |KL. Posto K L generira KL kao polje i ij suhomomorfizmi polja to je i = j . Dakle, 1|L, . . . , n|L su med-usobno razlicita ulaganjaa L . Posto ovihulaganja ima tocno n, to mora biti jedno od njih, recimo i. Sada je

i|K = i |L = .

Dokaz (proslog teorema)

Neka je 1, . . . , n baza od R kao slobodne Abelove grupe (cijela baza od R). Neka je 1, . . . , n cijela baza odS. Tada ij-ovi generriraju RS kao aditivnu grupu. Videli smo da je

KL =

{ri=1

aibi; ai K, bi L},

pa je dalje

31 ATB 31

KL =

ri=1

mi=j

u(i)j j

( nk=1

v(i)k k;u

(i)j , v

(i)k

) .Stoge ij-ovi generiraju KL kao vektorski prostor nad . dakle, oni su linearno nezavisni nad . Odavdeslijedi da ij-ovi tvore -bazu od RS. Svaki T moze se napisati kao

=i,j

mijrij ,

tako da je mij , r , r 6= 0, te skup {mij , r} nema zajednickog djelitelja veceg od 1. Za dokaz teorema trebapokazati da svaki r kao gore dijeli d. Mi cemo pokaziati da r| disc (R). Svako ulaganje : K se prosirujedo ulaganja KL koje na elementima iz L djeluje kao identiteta. Ovo ulaganje KL cemo opet oznacavatisa . Sada za svaki takkav : KL je

() =i,j

mijr(i)j

=i

j

mijrj

(i)Oznacimo xi =

j

mijrj . sada je

mi=1

(i)xi = ()

za svaki : KL koje dobijemo od ulaganja K . Takkvih ulaganja imamo m. Gledamo sada proslujednakost kao sustav m jednadzbi sa m nepoznanica. Determinanta sustava je = det (i(j)). Po definiciji je

2 = disc (R), pa je 6= 0 i imamo Cramerov sistem i rjesenja su xi = i

, gdje je i determinanta matrice koju

dobijemo zamjenjujuci u i-ti stupac sa

[1()

...m()

]. Jasno, , i A. Oznacimo e = discR. Sada je exi = i i

i A, pa je i exi A. Odavde jeexi =

j

emijr

j A L = S.

Posto je j cijela baza to suemijr . Stoga, r|emij . Sada znamo da r dijeli najveci zajednicki djelitelj od

emij , a to je e M , gdje je M najveci zajednicki djelitelje mij-eva. Kako r nema zajednikih djelitelja sa mij , tor|e. Dakle, dokazali smo da r| discR. Zobg simetrije vrijedi da r| discS. Stoga r|d.

Sad mozemo dokazati:

Neka je m , = e 2piim i K = [] m-to ciklotomsko polje. Neka je R = A K prsten cijelih brojeva u K.Tada je R = [].

TMLXX

Dokaz

Dokaz provodimo indkucijom po m. Za m = 1 tvdrnja ocito vrijedi. Neka je m > 1 prirodan broj i neka tvrdnjavrijedi za m < m. Tvrdnju smo vec dokazali kada je m potencija prostog broja. Stoga mozemo pretpostavitida m nije potencija prostog broja. Tada mozemo napiasti m = m1m2, gdje su m1 > 1 i m2 > 1 relativno prosticijeli brojevi. Tada je i m1 < m i m2 < m, pa teorem vrijedi za m1 i m2. Oznacimo j = e

2pii/mj , Kj := [j ]i Rj = A Kj . Po pretpostavci indukcije je Ri = [i]. Jasno je da je K1K2 K.Iz relativne prostosti m1 i m2 sliejd da postoje r, s takvi da je 1 = rm1 + sm2, pa je = rm1+sm2 =(m1)

r(m2)

s= r2

s1. Zakljucujemo da je K1k2, pa K = [] K1K2. Dakle, K = K1K2.

Primjetimo da je[K :

]= (m) = (m1m2) = (m1)(m2) =

[K1 :

] [K2 :

].

Sada cemo pokaziti da su diskriminante od K1 i K2 relativno proste. Mi smo pokazali da disc1 dijeli potencijeod m1 i disc2 isto tako dijeli potencije od m2. Odavde slijedi da su te diskriminante reltivno proste. Slijedi dasu discRi relativno prosti, pa je R = R1R2 = [omega1] [2]. no, tada je [1] [2] [] R. Stogaje R = [].

32 ATB 32

Usputni je rezultat da 1, , 2, . . . , (m)1 tvore -bazu od A [] = [].

33 ATB 33

7. RASTAV NA PROSTE FAKTORE U PRSTENIMA CIJELIH

Prsten je domena jedinstene faktorizacije, jer se svaki n \ {0} rastavlja na produkt ireducibilnih elemenata pi oni su jedinstveno odredd-eni do na poredak. Opcenito, prsteni cijelih R u polju algebarskih brojeva to nisu. No,gornju cinjenicu o mozemo formulirati na sljedeci nacin: ideal (n) 6= (0) se rastavlja na produkt prostih ideala i pritome je taj rastav jedinstven do na poredak. Ovako interpretirana teorija dljeivosti na se generalizira na R.

Za ovakvu teoriju djelijvosti ideala ptrebna su samo neka svojstve prstena R. Sada cemo definirati ovakve prstene.Prije cemo trebati neke definiciije i jednostavne cinjenice.

Neka je A komutativan prsten. Tada su sljedeca tri svojstva ekvivalentna:

0. Svaki ideal I u A je konacno generiran, tj. postoje a1, . . . , an takvi da je I = a1A+a2A+ +anA.1. Ako imamo niz ideala I1 I2 u A tada je on stacionaran.2. Svaki neprazan skup S ideala u A posjeduje maksimalan element s obzirom na inkluziju.

PROPLXXI

DEF7-1

Prsten A u kojem vrijedo jedno od gornjih svojstava zove se Noetherin prsten.

Dokaz

Neka je Ik rastuci niz ideala. Oznacimo I =k1

Ik. Tada se direktno provjeri da je I ideal u A. Kako je

I = x1A + + xnA za neke xi A, izaberimo k0 takav da su x1, . . . , xn Ik0 . Tada za k > k0 vrijediIk0 Ik I = x1A+ + xnA Ik0 . Dakle, niz je stacionaran.Neka je S neprazan skup ideala bez maksimalnog elementa. Neka je I1 S neki ideal. Kako nije maksimalan,to postoji S 3 I2 I1 koji isto nije maksimalan. Time mozemo stvoriti niz ideala In koji nije stacionaran avrijedi In In+1 za sve n.Fiksirajmo ideal I . Promotrimo skup svih konacnih suma {x1A+ xkA;x1, . . . , xk I, k }. Taj skup imamaksimalni element, pa neka je to J = x1A+ + xnA. Jasno, J I . Pretpostavimo da J 6= I . Tada postojixn+1 I\J . No, tada je J = J + xn+1A 6= J u skupu ideala konacnih suma i vrijedi J J , sto kontradiktiramaksimalnosti od J .

DEF7-2

Dedekindova domena je integralna domena R taka da je

(DD0) R je Noetherin prsten(DD1) Svaki ne-nul prosti ideal je maksimalni ideal,(DD2) R je cijelo zatvoren u svojem polju razlomaka K = {/;, R, 6= 0}.

Polje razlomaka se generira relacijom ekvivalencije (, ) (, ) = . Kazemo da je R cijelo zatvoren upolju razlomaka ako za svaki za koji postoji f R [x] \ {0} takav da je f

(

)= 0 vrijedi da je R.

Prsteni cijelih u polju algebarskih brojeva su Dedekinodove domene.TMLXXII

Dokaz

K neka je polje algebarskih brojeva reda n nad . Oznacimo sa R prsten cijelih u K, tj R = K A.Neka je I ideal u R. Ako je I = (0), tada je I konacno generiran. Pretpostavimo da je I razlicit od nul-ideala. Po ranijem korolaru je R slobodna Abelova grupa reda n, tj. R = x1 + + xn. Tada je Ipodgrupa od R slobodna Abelova grupa ranga manjeg ili jednakog n. Tada je I = y1 + + yk, pa jeI Ry1 + +R y1 + + yn = I , pa je I konacno generiran, pa je R Noetherin prsten.Ako je I = (0), tada je I konacno generiran. Pretpostavimo da je I razlicit od nul-ideala. Neka je I\ {0}. Pogledajmo NK() (norma cijelog algebarskog je cijeli broj). Pogledajmo sva ulaganja K u ,1, . . . , n. Zakljucujemo da je N

K() \ {0}. Promotrimo NK()

= 2() . . . n() K A = R, tako

je NK() = (2() n()) IR = I . Neka je m := NK() \ {0}. Znamo da je m I . Neka je

34 ATB 34

x1, . . . , xn cijela baza od R. Neak je R, =ni=1

mixi, mi = pim + ri, gdje je 0 ri < m. Tada je

=

ni=1

(pim+ ri)xi = m

ni=1

pixi +

ni=1

rixi ni=1

rixi + I . Zakljucujemo da R/I ima najvise |m|n elemenata,tj. R/I je konacan.Neka je P prost ideal u R, P 6= (0). Tada znamo da je R/P konacan prsten. Kako je P prost ideal, R/P jeintegralna domena. Svaka konacna integralna domena je polje. Neka je A konacna integralna domena. Nekaje x A, x 6= 0. Gledajmo preslikavanje A A koje pridruzuje y 7 xy. Pokazimo da je to preslikavanjeinjektivno. Ako je xy1 = xy2, tada je x(y1 y2) = 0. Kako x 6= 0, tada je (jer smo u integralnoj domeni)y1y2 = 0, pa je y1 = y2. To je preslikavanje injektivno. Iz konacnosti slijedi da je to preslikavanje surjektivno,pa je bijektivno, pa postoji y A takav da je xy = 1. Kako je R/P polje, P je maksimalni ideal.Neka je K, f R [x] \ {0} normirani polinom takav da je f() = 0. Neka su x1, . . . , xn generatori od R kaoAbelove grupe. Znamo da je [] R []. Kako je f() = 0, tada je R [] = R + R + + m1R, gdjejem stupanj od f . R [] je konacno generirana Abelova grupa. Tako je A K = R, pa je R Dedekindovadomena.

Neka je A komutativan prste ns jedinicom. Za ideale I, J u A sa IJ oznacavamo ideal u A genriran svim ab, a I ,b J . Direktno se pokaze da je

IJ =

{l

k=1

aibi; l , ai I, bi J}.

Iz ovoga se lako pokaze da za tri ideala I1, I2, I3 vrijedi asocijativnost, tj. (I1I2)I3 = I1(I2I3). Takod-er, IA = AI = Ii IJ = JI .

Neka je I 6= (0) ideal u Dedekindovoj domeni R. Tada postoji ideal J 6= (0) u R takav da je IJ glavni ideal uR.

TMLXXIII

U Dedekindovoj domeni R svaki ne-nul ideal sadrzi neki konacan produkt prostih ne-nul ideala.LMALXXIV

Dokaz

Prstpostvimo da ovo ne stoji. Oznacimo sa S skup svih ideala razlicitih od (0) u R koji ne sadrze takavprodukt. Tada je S 6= . Neka je M maksimalan element u S. Sada M nije prost, pa postoje r, s \Mtakvi da je rs M . Dalje, gledamo ideale (r) + M i (s) + M . Jasno je M (r) + M, (s) + M . Vrijedi((r) +M)((s) +M) (rs) +M = M . Po pretpostavci je (r) +M

Pi i (s) +M

Qj , gdje su Pi, Qj

ne-nul prosti ideali. Stoga je(Pi

)(Qj

)= M,

no to je u kontradikciji sa pretpostavkom.

Neka je A ne-nul ideal u Dedekindovoj domeni R. Ako A nije jednak R, tada postoji K\R takav da jeA R.

LMALXXV

Dokaz

Uzmimo neki a A\ {0}. Tada je (a) 6= (0). Po prosloj lemi (a) sadr zi neki produkt P1 Pn prstoih ideala,Pi 6= (0), i. Fiksirajmo jedan takav produkt P1 Pn (a) sa najmanjim mogucim n.Izaberimo maksimalni ideal P u R koji sadrzi A. Tada je P1 Pr P . Sada pokazimo da postoji i takav da jePi P . Pretpostavimo suprotno. Tada je Pj 6 P za sve j. Uzmimo xj Pj\P . Tada je x1 xn P1 Pnali nije u P , sto ne moze biti.Bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostavidi da je i = 1, tj. P1 P . Posto je P1 6= 0 prost, to je onmaksimalan, pa je P1 = P .

Po izboru n je (P2 Pn) 6 (a), pa postoji b (P2 Pn)\(a). Oznaicimo = ba K. Pretpostavimo

da je R. Tada je ba R, pa je b aR = (a), no to nije moguce. Dakle, K\R. Znamo da

35 ATB 35

bA (P2 Pn)P = P1 Pn (a) aR. Odavde je baA R, tj. A R. To je ono sto je trebalo pokazati.

Dokaz teorema.

Neka je I 6= (0) ideal. Tada postoji I\ {0}. Oznacimo sa J := { R;I ()}, ideal u R. Jasno jeda je J i J 6= (0). Znamo da je JI () = R. Oznacimo sa A = 1

JI R. Ako je A = R, pa

je1

JI = R, tj. JI = R = (), pa dobivamo tvrdnju teorema. Pokazimo da je A 6= R pravi ideal u R.

Pretpostavimo da je A R. A je ideal u R, pa postoji K\R takav da je A R. Kako je I , pa je1 1

I , pa je J = 1

IJ = A, pa je J A. Pogledajmo J A R. Mi cemo pokazati da je J J . Za

to je dovoljno pokazati da je (J)I (). (J)I = (JI) = 1IJ = A R = (), pa je (J)I (a),

pa je J J . Kako znamo da je J konacno generiran. Izaberimo 1, . . . , n koji generiraju J kao ideal u

R. Relacija J J implicira da je 1...m

= M 1...m

. Dobivamo (Im M) 1...m

= 0, pa slijedi da jedet ((Im M)) = 0, pa postoji f R [x] normirani polinom stupnja m takav da f() = 0, no tada je R.Dobili smo kontradikciju.

Neka je R integralna domena, K polje razlomaka od R. Ne-nul ideali u R tvore komutativni monoid. Kazemo dasu dva ideala I i J ne-nul ideali u R ekvivalentni, ako postoje , R\ {0} takvi da je I = J . Svaka dva ne-nulglavna idala su ekvivalentna (() = ()). Takod-er, R je ekvivalentan svakom glavnom idealu. Neka je I ne-nul

ideal ekvivalentan sa R. Tada je I = R, pa je1 I R ,pa je I =

(

), za R. Tako zakljucujemo da ne-

nul glavni ideali tvore jednu klasu ekvivalencije. Oznacimo klasu ekvivalencije ne-nul ideala I sa [I ]. Pretpostavimoda imamo ne-nul ideale I1, J1, I2, J2. Pretpostavimo da su I1, I2 ekvivalentni i da su J1, J2 ekvivalentni. Neka su, , , R\ {0} takvi da je I1 = I2 i J1 = J2. Tada je I1J1 ekvivalentno sa I2J2. Tada ocito mozemo uvestimnozenje na te klase ideala: [I ] [J ] := [IJ ].

Oznacimo sa C(R) skup svih klasa ekvivalencije ne-nul ideala nad R. C(R) je ocito monoid. Jedinica je klasa [R].No, zbog proslog teorema ispada da je C(R) grupa. Zovemo je grupa klasa ideala od R.

Klase ideala C(R) u Dedekindovoj domeni R tvore grupu.KORLXXVI

Oznacimo sa I(R) su svi konacno generirani ne-nul R-podmodula I od K takvih da postoji \ {0} takav da jeI R. Definiramo mnozenje

IJ =

{aibi; ai I, bi J

}.

Prethodni teorem implicra da je I(R) grupa kada je R Dedekindova domena. Oznacimo P (R) = {aR; a K}.Dobivamo da je P (R) podgrupa od I(R). Ispada da je

C(R)= I(R)/P (R).

Neka je R Dedekindova domena, A,B,C ne-nul ideali u R takvi da je AB = AC. Tada je B = C.TMLXXVII

Dokaz

Izaberimo J 6= 0 ideal takav da AJ = (). Sada je JAB = JAC, pa je ()B = ()C i dalje B = C, pa jeB = C.

Definiramo djeljivost med-u idealima: A dijeli B (A|B) ako posotji ideal I u R takav da je B = AI .

Neka su A,B ne-nul ideali u Dedekindovoj domeni R. Tada A|B B A. KORLXXVIII

Dokaz

Neka A|B. Tada je B = AI , za neki I ideal u R. No, AI A, pa je B A.

36 ATB 36

Ako je B A. Tada postoji J 6= (0) takav da je AJ = () za neki 6= 0. Sada je BJ AJ = () = R.TAda je

1

BJ 1

AJ = R Neka je C :=

1

BJ . Tada je AC = A

1

BJ = RB = B, pa je AC = B za ideal C,

pa A|B.

U Dedekindovoj domeni R svaki ne-nul ideal se rastavlja na produkt prostih ideala. Taj rastav jedinstven dona poredak.

TMLXXIX

Dokaz

Prvo cemo vidjeti da se svaki ne-nul ideal u R rastavlja na produkt prostih. Pretpostavimo suprotno. Oznacimosa X skup svih koji se ne rastavljaju. Pretpostavka kaze da je X neprazan. Neka je M X maksimalan (R jeNoetherin). M 6= R i M nije prost. Dakle, M nije maksimalan, pa je sadrzan u nekom maksimalnom idealu P .Jasno P je prost. Po pretohdnom korolaru je M = PI za neki ideal I u R.Sada je M I . Ako j