het overlijdensbericht (in PDF-formaat)

Antwoorden Ringen en Lichamen, week 1
Johan Commelin
Serge Horbach
Jan Schoone
24 februari 2014
Opgave 6. Laat R een (mogelijk niet-unitaire) ring zijn met R+ ∼
= Q/Z. Bewijs dat voor alle
a, b ∈ R geldt: ab = 0.
Bewijs. Identificeer R+ met Q/Z. Noteer de vermenigvuldiging in R met ⊗. Voor ab , dc ∈ R
geldt dan:
a
c
a
c a c ∗
c ∗ a
⊗ =d·
=
= 0.
⊗ = d·
⊗
⊗ d
b
d
bd
d
bd d
bd
d
∗
Bij = wordt gebruik gemaakt van de distributiviteit (R3) van ⊗ over de optelling. Dit bewijst dat
⊗ de nulafbeelding is.
Opgave 15. Laat R een ring zijn. Voor n ∈ Z en r ∈ R defini¨eren we nr ∈ R als in opgave 8.
(a) Stel R is commutatief. Bewijs dat
n
(a + b) =
n X
n
k=0
k
ak bn−k
voor alle a, b ∈ R en n ∈ Z>0 .
(b) Bewijs omgekeerd, dat als bovenstaande formule voor alle a, b ∈ R en n ∈ Z>0 geldt, de
ring R commutatief is.
Uitwerking van 15. (a) We bewijzen met inductie.
n = 1: (Let op, het geval n = 0 is wel waar, maar wordt niet gevraagd!) Het linkerlid is a + b.
Het rechterlid:
1 X
1 k 1−k
1 0 1
1 1 0
a b
=
a b +
a b = b + a.
k
0
1
k=0
Het gevraagde volgt nu, omdat de optelling commutatief is.
Neem nu aan dat de uitspraak waar is voor zekere n ∈ Z>0 . We bekijken dan het geval n + 1.
1
(a + b)n+1
=
1
=
2
=
3
=
4
=
5
=
6
=
7
=
(a + b)n (a + b)
n X
n k n−k
a b
· (a + b)
k
k=0
n n X
X
n k n−k
n k n−k
a b
a+
a b
b
k
k
k=0
k=0
n n X
n k+1 n−k X n k n+1−k
a
b
+
a b
k
k
k=0
k=0
n+1
n X n X
n k n+1−k
k n+1−k
a b
+
a b
k−1
k
k=1
k=0
n+1
n+1
X n X n
ak bn+1−k +
ak bn+1−k
k−1
k
k=0
k=0
n+1
X
n
n
+
ak bn+1−k
k−1
k
k=0
n+1
X n + 1 ak bn+1−k
k
k=0
In stap 1 gebruiken we de inductiehypothese,
in stap 2 gebruiken we distributiviteit van R,
in stap 3 de commutativiteit (!) Het vermelden van het gebruik van commutativiteit is essentieel!,
in stap 4 vind een herindexering plaats, n
n
in stap 5 moet opgemerkt worden dat −1
= 0 en n+1
= 0,
in stap 6 voegen we de sommen samen,
n+1
en
in
stap
7
gebruiken
we
het
bekende
feit
(uit
Getallen
en
Discrete
Wiskunde)
dat
=
k
n
n
k−1 + k (de Driehoek van Pascal).
Nu hebben we met inductie bewezen dat de formule uit de opgave waar is voor alle n > 0 (dat
ze waar is voor alle a, b ∈ R, volgt uit de willekeurigheid van a, b).
(b) Omdat de formule waar is voor alle n, is ze zeker waar voor n = 2.
Laat nu a, b ∈ R willekeurig. Dan is ook (a + b)2 = (a + b)(a + b) = a(a + b) + b(a + b) =
2
a + ab + ba + b2 en voor het rechterlid geldt:
2 X
2 k n−k
= a2 + 2ab + b2 .
a b
k
k=0
Nu volgt met de schrapwet voor optelling dat ab + ba = ab + ab, oftwel ba = ab. Omdat a, b ∈ R
willekeurig waren, is R commutatief.
Opgave 18
ay+bz
(i) Zij A = a0 db , B = ( x0 yz ) ∈ T . Dan duidelijk A − B ∈ M (2, R) en A · B = ax
∈T
0
dz
(Want R gesloten onder verm. en optelling) Bovendien is I ∈ T dus is T een deelring van
M (2, R).
Verder is
1
0
1
1
·
1
0
0
1
=
0
0
0
1
6=
0
0
Dus is T niet commutatief.
2
1
1
=
0
0
0
1
·
0
0
1
.
1
(ii) ⇒ Zij A = a0 db en zij B = ( x0 yz ) zdd AB = BA = I. Dan geldt ax = xa = 1 en dz = zd = 1
dus zowel a als d hebben een inverse. Dus a, d ∈ R∗
⇐ Zij x, z ∈ R zodanig dat: ax = xa = 1, dz = zd = 1. Dan zij B = x0 −xbz
Dan geldt
z
AB = BA = I. Dus A ∈ T ∗ .
(iii) ⇒ Stel T ∗ is commutatief en stel
Dan geldt:
2
a
0
a ∈ R∗ . Dan zij A = ( a0 01 ) , B = ( a0 1b ) ∈ T ∗ met b = a−1 .
2
1
a
= AB = BA =
1
0
b
.
1
Dus b = a−1 = 1, maar dan geldt ook a = 1−1 = 1. Dus R∗ = {1}.
⇐ Als geldt dat R∗ = {1} dan is T ∗ = {( 10 1b ) |b ∈ R}. Dan voor A = ( 10 1b ) , B =
geldt:
1 y+b
1 b+y
AB =
=
= BA.
0
1
0
1
Dus T ∗ is commutatief.
(iv) Dit volgt nu uit het voorbeeld van vraag (i) tezamen met het bewijs van (iii).
3
1y
0 1

Download Report