KU Leuven
Algebra
Notities
Tom Sydney Kerckhove
met dank aan:
Katelijne Caerts
Eline van der Auwera
Anneleen Truijen
Gestart
23 september 2014
Gecompileerd 20 januari 2015
Inhoudsopgave
1 Verzamelingen
1.1 Basisbegrippen . . . . . . . . . . . .
1.2 De algebra van verzamelingen . . .
1.2.1 Unie . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Doorsnede . . . . . . . . . .
1.2.3 Complement . . . . . . . .
1.2.4 Verschil . . . . . . . . . . .
1.2.5 Machtsverzameling . . . . .
1.3 Koppels en het carthesisch product
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
6
6
8
8
8
10
11
12
12
2 Relaties
2.1 Samenstelling van relaties .
2.2 Equivalentierelaties . . . . .
2.2.1 Equivalentieklassen .
2.3 Orderelaties . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
15
15
16
17
18
3 Functies en afbeeldingen
3.1 Jecties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Speciale afbeeldingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Permutaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
22
22
24
4 Kardinaliteit
27
5 Deelbaarheid
28
6 Samenstellingswetten
6.1 Inwendige bewerking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Uitwendige bewerking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
31
34
7 Algebras
7.1 Morfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
36
8 Groepen
8.1 Basisbegrippen . . . .
8.1.1 De groep . . .
8.1.2 Deelgroep . .
8.1.3 Morfismen . .
8.1.4 Orde . . . . .
8.1.5 Nevenklassen
8.1.6 Directe som .
8.2 Permutatiegroepen .
38
38
38
38
41
46
50
54
55
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
INHOUDSOPGAVE
8.3
8.4
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
57
64
67
70
71
71
73
75
75
77
9 Ringen
9.1 Abstracte ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1 Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.2 Ring met eenheidselement . . . . . . . . .
9.1.3 Commutatieve ring . . . . . . . . . . . . .
9.1.4 Lichaam . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.5 Integriteitsdomeinen . . . . . . . . . . . .
9.1.6 Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.7 Direct product . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.8 Deelringen . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.9 Ringmorfismen . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.10 Breukenveld van een integriteitsdomein .
9.2 Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.1 Voortgebrachte idealen . . . . . . . . . . .
9.2.2 Quotientringen . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.3 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . .
9.2.4 Priemidealen en Maximale idealen . . . .
9.2.5 deelbaarheid binnen integriteitsdomeinen
9.3 Veeltermen over ringen . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1 Veeltermfuncties . . . . . . . . . . . . . .
9.3.2 Veeltermen over velden . . . . . . . . . .
9.3.3 Irreducibiliteit . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.4 Veeltermen in meerdere veranderlijken . .
9.4 HID en UFD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.1 Hoofdideaaldomein . . . . . . . . . . . . .
9.4.2 Unieke factorisatiedomeinen . . . . . . .
9.5 Codetheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
80
80
80
82
84
84
85
85
86
86
87
91
93
96
98
99
100
102
107
111
113
113
115
116
117
120
123
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
125
125
127
128
131
131
133
133
134
137
138
8.5
Conjugatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Normaaldelers en Quotientgroepen . . . . .
8.4.1 Quotientgroepen . . . . . . . . . . .
8.4.2 Enkelvoudige en oplosbare groepen .
De isomorfismestellingen . . . . . . . . . . .
8.5.1 Eerste isomorfismestelling . . . . . .
8.5.2 Voortbrengers van een groep . . . .
8.5.3 Tweede isomorfismestelling . . . . .
8.5.4 Derde isomorfismestelling . . . . . .
8.5.5 Commutatordeelgroep . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
10 Velden
10.1 Karakteristiek van een ring . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 Deelvelden . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.2 Priemdeelring en Priemdeelveld . . . . . .
10.2 Veldmorfismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Velduitbreidingen: basisbegrippen . . . . . . . . .
10.3.1 Algebraische en transcendente elementen
10.3.2 Enkelvoudige uitbreidingen . . . . . . . .
10.3.3 Minimale veelterm . . . . . . . . . . . . .
10.4 Algebra¨ısche uitbreidingen en ontbindingsvelden
10.4.1 Algebra¨ısche uitbreidingen . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
INHOUDSOPGAVE
10.4.2 Ontbindingsvelden . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.4.3 Cyclotome uitbreidingen en Cyclotome veeltermen
10.4.4 Meervoudige wortels . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5 Algebra¨ısch gesloten velden . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6 Eindige velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6.1 Bestaan en uniciteit . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6.2 Onderlinge inclusies . . . . . . . . . . . . . . . . .
11 Lineaire Algebra
11.1 Herhaling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1 Conventies . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.2 Herhaling . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.3 Triagulatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.1 K-algebra’s . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.2 Cayley-Hamilton . . . . . . . . . . . . . . .
11.3 Minimale veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.1 Decompositie via minimale veelterm . . . .
11.3.2 Diagonaliseren . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4 Nilpotente transformaties en Jordanvorm . . . . . .
11.4.1 Nilpotente transformaties . . . . . . . . . .
11.4.2 Jordanvorm . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5 Normale transformaties . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5.1 Inproducten . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5.2 De adjunct van een lineaire transformatien
11.5.3 Normale transformaties . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
140
142
143
145
149
150
152
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
154
154
154
155
157
157
157
158
160
161
163
163
163
165
166
166
167
168
12 Booleaanse algebra
170
12.1 Atomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
12.2 Netwerken en Schakelalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
12.2.1 Synthese van netwerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
13 Codetheorie
13.1 Probleemstelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2 Begrippen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.3 Foutdetectie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.4 Foutverbetering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5 Lineaire blokcodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5.1 Matrixbeschrijving van een lineaire blokcode
13.5.2 Decodering van lineaire blokcodes . . . . . .
13.5.3 Hamming codes . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5.4 Perfecte codes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.6 Cyclische codes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.7 wut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
177
177
177
178
179
180
180
181
182
182
183
183
14 Voorbeelden
14.1 Groepen . . . . . . . . .
14.1.1 Monoiden . . . .
14.1.2 Groepen . . . . .
14.1.3 Deelgroepen . . .
14.1.4 Groepsmorfisme
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
184
184
184
184
189
190
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
INHOUDSOPGAVE
14.2
14.3
14.4
14.5
14.1.5 Orde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.6 Nevenklassen . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.7 Directe som . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.8 Permutatiegroepen . . . . . . . . . . . . .
14.1.9 Conjugatie . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.10 Normaaldelers . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.11 Quotientgroepen . . . . . . . . . . . . . .
14.1.12 Enkelvoudige groepen . . . . . . . . . . .
14.1.13 Oplosbare groepen . . . . . . . . . . . . .
14.1.14 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . .
14.1.15 Commutatordeelgroep . . . . . . . . . . .
Ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.1 Eenhedengroepen . . . . . . . . . . . . . .
14.2.2 Deelringen . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.3 Ringmorfismen . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.4 Breukenvelden . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.5 Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.6 Quoti¨entringen . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.7 Isomorfismestellingen . . . . . . . . . . .
14.2.8 Priemidealenn . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.9 Maximale idealen . . . . . . . . . . . . . .
14.2.10 Irreducibiliteit . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2.11 HID en UFD . . . . . . . . . . . . . . . . .
Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3.1 Karakteristiek van een ring . . . . . . . .
14.3.2 Priemdeelring en priemdeelveld . . . . . .
14.3.3 Veldmorfisme . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3.4 Velduitbreidingen . . . . . . . . . . . . . .
14.3.5 Algebra¨ısche en transcendente elementent
14.3.6 Enkelvoudige uitbreidingen . . . . . . . .
14.3.7 Ontbindingsvelden . . . . . . . . . . . . .
14.3.8 Algebra¨ısche sluitingen . . . . . . . . . .
14.3.9 Eindige velden . . . . . . . . . . . . . . .
14.3.10 Onderlinge inclusies . . . . . . . . . . . .
Booleaanse algebra . . . . . . . . . . . . . . . . .
Codetheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.1 Foutdetectie . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
15 Algebra I: Oefenzittingen
15.1 Oefenzitting 1: Herhalingen en Aanvullingen . . . . .
15.2 Oefenzitting 2: Permutatiegroepen . . . . . . . . . . .
15.3 Oefenzitting 3: Conjugatie en klasvergelijking . . . .
15.4 Oefenzitting 4: Normaaldelers . . . . . . . . . . . . .
15.5 Oefenzitting 5: Quoti¨enten en isomorfismestellingen
15.6 Oefenzitting 6: Basisbegrippen . . . . . . . . . . . . .
15.7 Oefenzitting 6: Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.8 Oefenzitting 7: Quotientringen . . . . . . . . . . . . .
15.9 Oefenzitting 8: Veeltermringen, HID’s en UFD’s . . .
15.10 Oefenzitting 9: Velden . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
190
190
190
191
191
191
191
191
192
192
194
194
195
196
196
196
196
197
197
197
197
198
198
198
198
198
199
199
199
199
199
200
200
200
200
200
200
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
201
201
205
206
208
211
212
214
214
217
220
5
INHOUDSOPGAVE
16 Toepassingen van Algebra: Oefenzittingen
222
16.1 Oefenzitting 1: Bewerkingen en Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
16.2 Oefenzitting 2: Groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
17 Algoritmes
227
17.1 Jordanmatrix berekenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
17.2 Veelterm over veld ontbinden in priemfactoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
17.3 Systematische blokcodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
18 Examenvragen: Algebra I
18.1 Snelheidsvraagjes . . .
18.2 Groepen . . . . . . . .
18.3 Ringen . . . . . . . . .
18.4 Velden . . . . . . . . .
18.5 Lineaire algebra . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
234
234
236
237
238
238
19 Examenvragen: Toepassingen van Algebra
19.1 Benoem deze algebra . . . . . . . . . . .
19.1.1 Abstract . . . . . . . . . . . . . .
19.1.2 Voorbeeld . . . . . . . . . . . . .
19.2 Ontbind in priemfatoren . . . . . . . . .
19.3 BM algoritme . . . . . . . . . . . . . . .
19.4 Convolutionele codes . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
241
241
241
242
243
243
243
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Hoofdstuk 1
Verzamelingen
1.1
Basisbegrippen
Definitie 1.1. Een verzameling is een geheel van onderling verschillende, ongeordende objecten. Deze objecten noemt men de elementen van de verzameling. de
Definitie 1.2. Een formele beschrijving van een verzameling met behulp van een predikaat p
ziet er als volgt uit.
{x | p(x )}
Dit is de verzameling van all elementen die aan het predikaat p voldoen.
Definitie 1.3. Twee verzamelingen A en B zijn gelijk als en slechts als ze dezelfde elementen
bevatten.
A = B ⇔ ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B
Stelling 1.4. De transitiviteit van ’=’: Gegeven drie willekeurige verzamelingen A, B en C.
(A = B) ∧ (B = C) ⇒ A = C
Bewijs.
A = B ∧ B = C ⇔ (∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇔ x ∈ C)
⇒ ∀x : ((x ∈ A ⇔ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇔ x ∈ C))
⇔ ∀x : (x ∈ A ⇔ x ∈ C)
⇔A=C
Definitie 1.5. Een verzameling A is een deelverzameling van een verzameling B als en slechts
als B alle elementen van A bevat.
A ⊆ B ⇔ ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B
Stelling 1.6. De anti-symmetrie van ’⊆’: Gegeven twee willekeurige verzamelingen A en B.
A ⊆ B∧B ⊆ A⇔A=B
6
7
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Bewijs.
A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇔ (∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇒ x ∈ A)
⇔ ∀x : ((x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ A))
⇔ ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ B
⇔A=B
Stelling 1.7. De transitiviteit van ’⊆’: Gegeven drie willekeurige verzamelingen A, B en C.
A ⊆ B∧B ⊆C ⇔A ⊆C
Bewijs.
A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇔ (∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (∀x : x ∈ B ⇒ x ∈ C)
⇒ ∀x : ((x ∈ A ⇒ x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ C))
⇔ ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ C
⇔A⊆C
Definitie 1.8. Een verzameling A is een strikte deelverzameling van een verzameling B als
en slechts als A een deelverzameling is van B en niet gelijk is aan B.
A ( B ⇔ A ⊆ B ∧a , B
Definitie 1.9. De universele verzameling U is de verzameling van alle mogelijke elementen
waarvan sprake is.
U = {x | true}
Stelling 1.10. Elke verzameling A is een deelverzameling van het universum U .
A⊆U
Bewijs. Inderdaad. Kies een willekeurige verzameling A. Elk element van A zit ook in U .
∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ U
Definitie 1.11. De lege verzameling ∅ is de verzameling die geen enkel element bevat.
Stelling 1.12. De lege verzameling ∅ is een deelverzameling van elke verzameling.
Bewijs. Inderdaad. Kies een willekeurige verzameling A. Elk element van ∅ (geen enkel element) zit
ook in A.
∀x : x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A
8
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Definitie 1.13. Een singleton is een verzameling met precies e´ e´ n element.
1.2
1.2.1
De algebra van verzamelingen
Unie
Definitie 1.14. De unie A ∪ B van twee verzamelingen A en B is de verzameling die zowel
de elementen van A als de elementen van B bevat.
A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B}
Eigenschap 1.15. De unie is commutatief.
A∪B = B ∪A
Bewijs. A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = {x | x ∈ B ∨ x ∈ A} = B ∪ A
Eigenschap 1.16. De unie is idempotent
A∪A =A
Bewijs. A ∪ A = {x | x ∈ A ∨ x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A
Stelling 1.17. Elke verzameling A is een deelverzameling van elke unie A ∪ B van die verzameling
met een andere verzameling B.
A ⊆ A∪B
Bewijs. ∀x : x ∈ A ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B
Stelling 1.18.
A ⊆ B ⇔A∪B =B
Bewijs. {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = B ⇔ ∀a ∈ A : a ∈ B
Stelling 1.19. De unie is associatief
A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C
Bewijs. A ∪ {x | x ∈ B ∨ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B ∨ x ∈ C} = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} ∪ C
Stelling 1.20. De identiteitswet voor de unie
A∪∅ =A
Bewijs. A ∪ ∅ = {x | x ∈ A ∨ x ∈ ∅} = A
Stelling 1.21. De nulwet voor de unie
A∪U = U
Bewijs. A ∪ U = {x | x ∈ A ∨ x ∈ U } = {x | x ∈ A ∨ true} = U
1.2.2
Doorsnede
9
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Definitie 1.22. De doorsnede A ∩ B van twee verzamelingen A en B is de verzamling die
enkel de elementen bevat die zowel in A als in B zitten.
A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B}
Eigenschap 1.23. De doorsnede is commutatief.
A∩B = B ∩A
Bewijs. A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = {x | x ∈ B ∧ x ∈ A} = B ∩ A
Eigenschap 1.24. De doorsnede is idempotent
A∩A =A
Bewijs. A ∩ A = {x | x ∈ A ∧ x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A
Stelling 1.25. De doorsnede A ∩ B is een deelverzameling van A.
A∩B ⊆ A
Bewijs. A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} ⊆ {x | x ∈ A} = A
Stelling 1.26.
A ⊆ B ⇔A∩B =A
Bewijs. ∀x : (x ∈ A ⇒ x ∈ B) ⇔ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = A
Stelling 1.27. De identiteitswet voor de doorsnede
A∩U = A
Bewijs. A ∩ U = {x | x ∈ A ∧ x ∈ U } = {x | x ∈ A ∧ true} = A
Stelling 1.28. De nulwet voor de doorsnede
A∩∅ = ∅
Bewijs. A ∩ ∅ = {x | x ∈ A ∧ x ∈ ∅} = {x | x ∈ A ∧ f alse} = ∅
Definitie 1.29. Twee verzamelingen A en B zijn disjunct als en slechts als ze geen gemeenschappelijke elementen hebben.
A∩B = ∅
Stelling 1.30. De eerste absorptiewet.
A ∪ (A ∩ B) = A
Bewijs. A ∪ (A ∩ B) = A ∪ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} = {x | x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)} = {x | x ∈ A} = A Stelling 1.31. De tweede absorptiewet.
A ∩ (A ∪ B) = A
Bewijs. A ∩ (A ∪ B) = A ∩ {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} = {x | x ∈ A ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ B)} = {x | x ∈ A} = A 10
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Stelling 1.32. De doorsnede is distributief ten opzichte van de unie.
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Bewijs.
A ∩ (B ∪ C) = A ∩ {x | x ∈ B ∨ x ∈ C}
= {x | x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)}
= {x | (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)} = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Stelling 1.33. De unie is distributief ten opzichte van de doorsnede.
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
Bewijs.
A ∪ (B ∩ C) = A ∪ {x | x ∈ B ∧ x ∈ C}
= {x | x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)}
= {x | (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C)} = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
1.2.3
Complement
Definitie 1.34. Het complement van een verzameling A ten opzichte van de universele verzameling U is de verzameling van alle elementen die niet in A zitten, maar wel in U .
Ac = {x | x < A}
Andere notaties voor het complement zijn A0, A.
Stelling 1.35. Het complement van het complement van een verzameling is opnieuw de originele
verzameling.
(Ac )c = A
c
Bewijs. Ac = {x | x < Ac } = {x | x ∈ A} = A
Stelling 1.36. De complementaire wet voor de unie.
De unie van een verzameling en haar complement is het universum.
A ∪ Ac = U
Bewijs. A ∪ Ac = {x | x ∈ A ∨ x ∈ Ac } = {x | true} = U
Stelling 1.37. De complementaire wet voor de doorsnede.
De doorsnede van een verzameling en haar complement is leeg..
A ∩ Ac = ∅
Bewijs. A ∩ Ac = {x | x ∈ A ∧ x ∈ Ac } = {x | f alse} = ∅
Stelling 1.38. De eerste wet van De Morgan.
(A ∪ B)c = Ac ∩ Bc
11
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Bewijs.
(A ∪ B)c = {x
= {x
= {x
= Ac
| x < (A ∪ B)}
| ¬(x ∈ A ∨ x ∈ B)}
| (x < A) ∧ (x < B)}
∩ Bc
Stelling 1.39. De tweede wet van De Morgan.
(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc
Bewijs.
(A ∩ B)c = {x
= {x
= {x
= Ac
| x < (A ∩ B)}
| ¬(x ∈ A ∧ x ∈ B)}
| (x < A) ∨ (x < B)}
∪ Bc
1.2.4
Verschil
Definitie 1.40. Het verschil van een verzameling A met een andere verzameling B is de verzameling van alle elementen van A die niet in B zitten.
A \ B = {x | x ∈ A ∧ x < B}
Propositie 1.41. Voor twee verzamelingen A en B geldt dat zowel de doorsnede als de verschillen
onderling disjunct zijn.
(1) (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅
(2) (A \ B) ∩ (B \ A) = ∅
(3) (B \ A) ∩ (A ∩ B) = ∅
Bewijs. Bewijs elk deel afzonderlijk:
•
•
•
(A ∩ B) ∩ (A \ B) =
=
=
=
{x
{x
{x
{x
| x ∈ A ∧ x ∈ B} ∩ {x | x ∈ A ∧ x < B}
| (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x < B)}
| (x ∈ B) ∧ (x < B)}
| f alse} = ∅
(A \ B) ∩ (B \ A) = {x | x ∈ A ∧ x < B} ∩ {x | x ∈ B ∧ x < A}
= {x | (x ∈ A ∧ x < B) ∧ (x ∈ B ∧ x < A)}
= {x | f alse}
=∅
(B \ A) ∩ (A ∩ B) =
=
=
=
{x
{x
{x
{x
| x ∈ B ∧ x < A} ∩ {x | x ∈ A ∧ x ∈ B}
| (x ∈ B ∧ x < A) ∧ (x ∈ A ∧ x ∈ B)}
| (x ∈ A) ∧ (x < A)}
| f alse} = ∅
12
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
Stelling 1.42. Het verschil van twee verzamelingen kan worden herschreven als de doorsnede met
het complement.
A \ B = A ∩ Bc
Bewijs. A \ B = {x | x ∈ A ∧ x < B} = {x | x ∈ A} ∩ {x | x < B} = A ∩ Bc
Definitie 1.43. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen A en B is de verzameling
van alle elementen die in precies e´ e´ n van de twee verzamelingen zit.
A∆B = {x | (x ∈ A ∧ x < B) ∨ (x ∈ B ∧ x < A)}
Stelling 1.44. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen kan worden herschreven als de
unie van de twee verschillen.
A∆B = A∇B = A ÷ B = A B = (A \ B) ∪ (B \ A)
1.2.5
Machtsverzameling
Definitie 1.45. De machtsverzameling P (A) is de verzameling van alle deelverzamelingen van een verzameling A.
P (A) = {S | S ⊆ A}
Definitie 1.46. Een partitie P van een verzameling X is een deelverzameling van de machtsverzameling P (x ) van X met de volgende eigenschappen:
• De verzamelingen zijn niet leeg.
∀A ∈ P : A , ∅
• De verzamelingen zijn onderling disjunct.
∀A,B ∈ P : A , B ⇒ A ∩ B = ∅
• De verzamelingen samen vormen X .
∀x ∈ X : ∃A ∈ P : x ∈ A
1.3
Koppels en het carthesisch product
Definitie 1.47. Een geordend paar of een koppel zijn twee elementen die in een bepaalde
volgorde samen horen.
(a,b)
Definitie 1.48. De gelijkheid tussen koppels is zo gedifineerd dat de overeenkomstige ele-
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
menten gelijk zijn.
13
(a,b) = (c,d ) ⇔ (a = c ∧ b = c)
Definitie 1.49. Het carthesisch product A × B van twee verzamelingen A en B is de verzameling der koppels (x,y) met x ∈ A en y ∈ B
A × B = {(x,y) | x ∈ A ∧ y ∈ B}
Stelling 1.50. Het carthesisch product is distributief ten opzichte van de unie.
A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C)
Bewijs.
A × (B ∪ C) =
=
=
=
{(x,y)
{(x,y)
{(x,y)
{(x,y)
| x ∈ A ∧ y ∈ (B ∪ C)}
| x ∈ A ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)}
| (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y ∈ C)}
| (x ∈ A ∧ y ∈ B)} ∪ {(x,y) | (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = (A × B) ∪ (A × C)
Stelling 1.51. Het carthesisch product is distributief ten opzichte van de doorsnede.
A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)
Bewijs.
A × (B ∩ C) =
=
=
=
{(x,y)
{(x,y)
{(x,y)
{(x,y)
| x ∈ A ∧ y ∈ (B ∩ C)}
| x ∈ A ∧ (y ∈ B ∧ y ∈ C)}
| (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ y ∈ C)}
| (x ∈ A ∧ y ∈ B)} ∩ {(x,y) | (x ∈ A ∧ y ∈ C)} = (A × B) ∩ (A × C)
Stelling 1.52. Zij A, B, C en D verzamelingen, dan geldt volgende gelijkheid.
(A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D)
Bewijs.
(A × B) ∩ (C × D) =
=
=
=
{(x,y) | x ∈ A ∧ y ∈ B} ∩ {(x,y) | x ∈ C ∧ y ∈ D}
{(x,y) | x ∈ A ∧ y ∈ B ∧ x ∈ C ∧ y ∈ D}
{(x,y) | x ∈ A ∧ x ∈ C ∧ y ∈ B ∧ y ∈ D}
{x | x ∈ A ∧ x ∈ C} × {y | y ∈ B ∧ y ∈ D}
= (A ∩ C) × (B ∩ D)
Definitie 1.53. Het carthesisch product van een verzameling A met zichzelf wordt wel eens
als A2 genoteerd.
A2 = A × A
HOOFDSTUK 1. VERZAMELINGEN
14
Definitie 1.54. Een n-koppel of n-tal zijn n elementen die in een bepaalde volgorde voorkomen.
(a 1 ,a 2 , . . . ,an )
Definitie 1.55. Het n-voudig Carthesis product tussen n verzamelingen is de verzameling
van alle n-tallen over die verzamelingen.
A1 × A2 × . . . × An = {(a 1 ,a 2 , . . . ,an ) | ai ∈ Ai }
Definitie 1.56. Het n-voudig Carthesis product van een verzameling A met zichzelf wordt
als An genoteerd.
An = A × A × . . . × A
Hoofdstuk 2
Relaties
Definitie 2.1. Een (binaire) relatie R is een verzameling koppels (x,y), respectievelijk van een
verzameling X en Y . Wanneer (x,y) een koppel is in R noteren we xRy.
R ⊆ X ×Y
Vaak worden X en Y opgenomen in de identiteit van de relatie om over surjecties te kunnen
spreken.
Definitie 2.2. De eenheidsrelatie IX op een verzameling X is de volgende verzameling:
{(x,x ) ∈ X × X | x ∈ X }
Definitie 2.3. De inverse R −1 van een relatie R is de volgende relatie:
R −1 = (x,y) | (y,x ) ∈ R
Stelling 2.4. De inverse van de inverse van een relatie is opnieuw de originele verzameling.
−1
R −1 = R
Bewijs.
R −1
−1
= (x,y) | (y,x ) ∈ {(u,v) | (v,u) ∈ R}
= (x,y) | (x,y) ∈ R
=R
2.1
Samenstelling van relaties
Definitie 2.5. De samenstelling S ◦ R van twee relaties R en S (lees: “S na R”) is de volgende
relatie.
(x,y) | (∃z)((x,z) ∈ R ∧ (z,y) ∈ S )
Stelling 2.6. De samenstelling van relaties is associatief.
(T ◦ S ) ◦ R = T ◦ (S ◦ R)
15
16
HOOFDSTUK 2. RELATIES
Stelling 2.7. De inverse van een relatie nemen is distributief ten opzichte van de samenstelling
van relaties.
(S ◦ R) −1 = R −1 ◦ S −1
Definitie 2.8. Zij R een relatie. Het domein (domain) is als volgt gedefinieerd.
domR = x | (∃y)(x,y) ∈ R
Definitie 2.9. Zij R een relatie. Het beeld (range) is als volgt gedefinieerd.
bldR = ranR = y | (∃x )(x,y) ∈ R
Stelling 2.10. Het domein van een relatie is het beeld van zijn inverse.
dom(R) = bld (R −1 )
Stelling 2.11. Het beeld van een relatie is het domein van zijn inverse.
bld (R) = dom(R −1 )
Stelling 2.12. Domein na samenstelling:
dom(R ◦ S ) ⊆ dom(S )
Stelling 2.13. Beeld na samenstelling:
bld (R ◦ S ) ⊆ bld (R)
Stelling 2.14. Domein na samenstelling (2):
bldS ⊆ domR ⇒ dom(R ◦ S ) = domS
Definitie 2.15. Een n-aire relatie is, analoog aan een binaire relatie, een verzameling n-tallen.
2.2
Equivalentierelaties
Definitie 2.16. Een relatie R op X × X is reflexief wanneer voor alle x ∈ X xRx geldt.
∀x ∈ X : (x,x ) ∈ R
Definitie 2.17. Een relatie R op X × X is symmetrisch wanneer voor alle x,y ∈ X xRy ⇔ yRx
geldt.
∀x,y ∈ X : (x,y) ∈ R ⇔ (y,x ) ∈ R
17
HOOFDSTUK 2. RELATIES
Definitie 2.18. Een relatie R op X ×X is transitief wanneer voor alle x,y,z ∈ X (xRy ∧yRz) ⇒
xRz geldt.
∀x,y,z ∈ X : ((x,y) ∈ R ∧ (y,z) ∈ R) ⇒ (x,z) ∈ R
Definitie 2.19. Een equivalentierelatie R is een relatie die reflexief, symmetrisch en transitief
is.
2.2.1
Equivalentieklassen
Definitie 2.20. Zij ∼ een equivalentierelatie op X en zij x ∈ X . De equivalentieklasse van x
is de verzameling van elk element dat equivalent is met x.
[x] = {y ∈ X | x ∼ y}
Definitie 2.21. De quotientverzameling van X ten opzichte van een equivalentierelatie ∼ is
de verzameling van alle equivalentieklassen.
X / ∼= {[x] | x ∈ X }
Stelling 2.22. Zij ∼ een equivalentierelatie op X , dan is elk element van X een element van diens
equivalentieklasse.
∀x ∈ X : x ∈ [x]
Bewijs. Zij x een willekeurig element van X , dan geldt x ∼ x vanwege de reflexiviteit van een
equivalentierelatie.1
Stelling 2.23. Zij ∼ een equivalentierelatie op X .
∀x,y ∈ X : y ∈ [x] ⇔ [y] = [x]
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Kies een willekeurige y in de equivalentieklasse van x.
y ∼x
Kies een willekeurige z ∈ [y]. x ∼ y geldt alsook y ∼ z bijgevolg geldt x ∼ z.2 [y] is dus een
deelverzameling van [x].
[y] ⊆ [x]
De omgekeerde richting is analoog.3
[x] ⊆ [y]
• ⇐
Stel [y] = [x], nu geldt y ∈ [y]4 en bijgevolg y ∈ [x].
1 Zie
definitie 2.19 en 2.16.
definitie 2.19 en 2.18.
3 Zie definitie 2.19 en 2.17.
4 Zie stelling 2.22.
2 Zie
18
HOOFDSTUK 2. RELATIES
Stelling 2.24. De quotientverzameling X / ∼ van een equivalentierelatie ∼ op verzameling X is een
partitie van X .
Bewijs. We gaan de voorwaarden uit de definitie van een partitie na.5
• Een element [x] van A bevat steeds een element x en is dus niet leeg.
• Stel dat er twee verschillend elementen [x] en [y] zijn van X / ∼ die niet onderling disjunct
zijn, dan bestaat er een element z dat in zowel [x] als [y] zit. Nu geldt zowel [z] = [x] als
[z] = [y].6 Tenslotte geldt [x] = [y]. Contradictie.
• Voor elk element x ∈ X zit de equivalentieklasse in A. A overdekt dus minstens X .
Stelling 2.25. Zij P een partitie van X . De volgende verzameling vormt dan een equivalentierelatie
op X .
x ∼ y ⇔ (∃A ∈ P : x ∈ A ∧ y ∈ A)
Bewijs. We definieren een relatie ∼ als volgt:
x ∼ y ⇔ x en y zitten in dezelfde deelverzameling van P
Dat deze relatie een equivalentierelatie is volgt meteen uit het feit dat “dezelfde … als” ook een
equivalentierelatie is.
2.3
Orderelaties
Definitie 2.26. Een relatie R op een verzameling X × X is anti-symmetrisch als het volgende
geldt:
∀x,y ∈ X : ((x,y) ∈ R ∧ (y,x ) ∈ R) ⇒ x = y
Definitie 2.27. Een (parti¨ele) orderelatie op X is reflexief, transitief en anti-symmetrisch.
Definitie 2.28. Een grootste element a van een verzameling A waarop een orderelatie ≺ is
gedefinieerd is, is het element waarvoor geldt dan alle andere elementen kleiner zijn of gelijk
aan a.
∀x ∈ A : x a
Analoog wordt ook een kleinste element gedefinieerd.
Definitie 2.29. Een maximaal element a van A waarop een orderelatie ≺ is gedefinieerd is,
is het element waarvoor geldt dat er geen kleiner bestaat.
@x ∈ A : a ≺ x
5 Zie
6 Zie
definitie 1.46.
stelling 2.23.
19
HOOFDSTUK 2. RELATIES
Analoog wordt ook een minimaal element gedefinieerd.
Opmerking 2.30. Een maximaal/minimaal element is niet noodzakelijk een grootste/kleinste element.
Definitie 2.31. Zij (X , ) een geordende verzameling en A ( X . b ∈ X is een bovengrens van
A als het volgende geldt.
∀x ∈ A : x b
Analoog wordt een ondergrens gedefinieerd.
Opmerking 2.32. Een grens van een ordeverzameling hoeft dus niet in die verzameling te zitten.
Definitie 2.33. Een supremum(infimum) van een deelverzameling van een geordende verzameling is een bovengrens(ondergrens) die kleiner(groter) is dan elke andere bovengrens(ondergrens).
Opmerking 2.34. Een supremum/infimum is een grens van een ordeverzameling en hoeft dus niet
in die verzameling te zitten.
Stelling 2.35. Zij A een partieel geordende verzameling met orderelatie ≺. Het kleinste/grootste
element element van A is uniek als het bestaat.
Stelling 2.36. Zij A een partieel geordende verzameling met orderelatie ≺. Het supremum/infimum
van A is uniek als het bestaat.
Definitie 2.37. Een totale orderelatie is een partiele orderelatie met bijkomend de volgende
eigenschap:
∀x,y ∈ X : x y ∨ y x
Voor elke twee elementen zijn er dus precies drie mogelijkheden:
• x ≺y
• x =y
• y≺x
Definitie 2.38. Zij A een verzameling die volledig geordend is door de relatie ≺, dan noemen
we succ de successorfunctie als die gedefinieerd kan worden.
succ (x ) = y ⇔ x < y ∧ (@z ∈ A : x < z < y
Opmerking 2.39. De successorfunctie kan niet altijd gedefinieerd worden. Denk bijvoorbeeld aan
de volgende volledige orderelatie over Z:
| ≤ | : Z × Z : x | ≤ | y ⇔ |x | ≤ |y|
Hoofdstuk 3
Functies en afbeeldingen
Opmerking 3.1. Na dit hoofdstuk en in andere lectuur wordt met “functie” vaak “volledige functie”
bedoelt, en wordt er dus geen onderscheid meer gemaakt tussen een functie en een afbeelding.
Definitie 3.2. Een (partiele) functie f van A naar B: f : A → B is een relatie tussen A en B die
1-waardig is.
1. f ∈ A × B (f is een relatie van A naar B.)
2. (x,y1 ) ∈ f ∧ (x,y2 ) ∈ f ⇒ y1 = y2 (f is 1-waardig.)
Vaak worden A en B opgenomen in de definitie van een functie om over surjecties te kunnen
spreken. Een functie f : A → B is dan het drietal ( f ,A,B).
Definitie 3.3. De definitie van een functie ziet er als volgt uit:
f : A → B : a 7→ b
Hier noemen we B het codomein van f en er geldt dom f ⊆ A. We lezen: “f is een functie van
A naar B die a afbeeldt op b.”
Definitie 3.4. Wanneer er geen koppel (x,y) in f bestaat zeggen we dat de functie f ongedefinieerd is in x.
Definitie 3.5. Wanneer we over functies spreken gebruiken we soms de volgende afkorting.
Zij f een functie f : A → B en C ⊆ A een verzameling.
f (C) = { f (c) | c ∈ C}
Definitie 3.6. Zij f een functie: f : A → B. In y = f (x ) noemen we x het argument en y het
beeld van x onder f .
20
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
21
Definitie 3.7. Het beeld f (A) van een verzameling A onder een functie f is de verzameling
van alle beelden van de elementen van A.
f (A) = {y ∈ Y | ∃x ∈ A : f (x ) = y}
Definitie 3.8. Het invers beeld f −1 (A) van een verzameling B onder een functie f is de
verzameling van alle elementen uit X die op een element in B afgebeeldt worden.
f −1 (B) = {x ∈ X | f (x ) ∈ B}
Definitie 3.9. Een afbeelding (of volledige functie) f van A naar B: f : A → B is een functie
die overal gedefini¨eerd is.
∀x ∈ A, ∃y ∈ B : (x,y) ∈ f
Definitie 3.10. De definitie van een afbeelding ziet er als volgt uit:
f : A → B : a 7→ b
Hier noemen we B het codomein van f en A het domein van f . We lezen: “f is een functie
afbeelding van A op B die a afbeeldt op b.”
Definitie 3.11. Wanneer we over afbeeldingen spreken noteren we vaak f (x ) = y in plaats van
x f y of (x,y) ∈ f .
Stelling 3.12. Zij f en д functies van A naar B: f : A → B, dan geldt:
∀x ∈ A : f = д ⇔ f (x ) = д(x )
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Als de verzamelingen f en д gelijk zijn is het beeld van elke x inderdaad hetzelfde onder f als
onder д.
• ⇐
Geldt er voor koppel (x,y1 ) ∈ f en (x,y2 ) dat y1 gelijk is aan y2 , dan moeten f en д wel
dezelfde verzameling zij.
Definitie 3.13. Zij f : A → A een functie van A naar zichzelf. We noemen x een vast punt
van f als f x op zichzelf afbeeldt.
f (x ) = x
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
22
Definitie 3.14. Zij f : A → A een functie van A naar zichzelf. We noemen een deelverzameling
X van A een invariante of stabiele deelverzameling voor f als f X op een deelverzameling
van zichzelf afbeeldt.
f (X ) ⊆ X
3.1
Jecties
Opmerking 3.15. De “jecties” worden soms enkel gedefinieerd voor afbeeldingen, maar ze kunnen
al over relaties gedefinieerd worden.
Definitie 3.16. Een afbeelding f : A → B is injectief (een injectie) als ze voor verschillende
argumenten nooit hetzelfde beeld geeft.
∀x 1 ,x 2 ∈ A : f (x 1 ) = f (x 2 ) ⇒ x 1 = x 2
Definitie 3.17. Een afbeelding f : A → B is surjectief (een surjectie) als elk element in het
codomein B een beeld is van een element uit A.
∀y ∈ B : ∃x ∈ A : y = f (x )
Definitie 3.18. Een afbeelding f : A → B is bijectief (een bijectie) als het een injectie en een
surjectie is.
Definitie 3.19. We noemen twee verzamelingen X en Y equipotent als er een bijectie f : X → Y
bestaat.
Definitie 3.20. Een afbeelding f : A → A van een verzameling op zichzelf noemen we een
transformatie.
3.2
Speciale afbeeldingen
Definitie 3.21. Een bijectieve functie van een eindige verzameling A naar een eindige verzameling B noemen we een substitutie.
Definitie 3.22. De identieke transformatie idA van een verzameling A is de (bijectieve) afbeelding die elk element op zichzelf afbeeldt.
idA : A → A met ∀x ∈ A : f (x ) = x
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
23
Definitie 3.23. De inlassing iAB van A in B met A ⊆ B beeldt elk element ook op zichzelf af,
maar heeft een ander codomein.
iAB : A → B met ∀x ∈ A : f (x ) = x
Definitie 3.24. Een constante afbeelding f beeldt elk argument af op e´ e´ nzelfde beeld b.
f : A → B met ∀x ∈ dom f : f (x ) = b
Definitie 3.25. De karacteristieke afbeelding van A in C is gedefinieerd voor A ⊆ C in B = {0, 1}
als volgt:
(
)
x 7→ 1 als x ∈ A
EA : C → B :
x 7→ 0 als x < A
Definitie 3.26. De beperking f |C van f tot C is gedefinieerd voor f : A → B en C ∈ A als
volgt:
f |C : C → B : x 7→ f (x ),∀x ∈ C
Een functie, beperkt tot haar domein is een afbeelding.
Stelling 3.27. Zij f : A → B en д : B → C twee afbeeldingen, dan is de samenstelling д ◦ f ervan
ook een afbeelding.
Bewijs. Inderdaad, z = (д ◦ f )(x ) = д( f (x )) en zowel f (x ) en д( f (x )) zijn goed gedefinieerd omdat
f en д afbeeldingen zijn.
Stelling 3.28. Zij f en д injecties, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een injectie.
Stelling 3.29. Zij f en д surjectie, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een surjectie.
Stelling 3.30. Zij f en д bijectie, dan is hun samenstelling д ◦ f ook een bijectie.
Definitie 3.31. Assymetrische inversen
De linker inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een afbeelding zodat het volgende
geldt:
д ◦ f = IA
De rechter inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een afbeelding zodat het
volgende geldt:
f ◦ д = IB
24
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
Definitie 3.32. De (algemene) inverse д : B → A van een afbeelding f : A → B is een
afbeelding die zowel de linker- als rechter inverse is van f .
Definitie 3.33. Een afbeelding f : A → B is inverteerbaar als en slechts als f −1 : B → A ook
een afbeelding is. f −1 noemen we dan de inverse afbeelding.
Stelling 3.34. Een afbeelding is inverteerbaar als en slechts als ze bijectief is.
Stelling 3.35. De samenstelling van een inverteerbare afbeelding en haar inverse is de identieke
transformatie.
Stelling 3.36. Ontbindingsstelling voor afbeeldingen
Iedere afbeelding f : A → B valt te schrijven als een samenstelling:
f = i ◦b ◦p
• p: de projectie van f op {(x,y) | f (x ) = f (y)}.
• b: een bijectie tussen {(x,y) | f (x ) = f (y)} en f (A),
• i: de inlassing van f (A) in B,
A
f
B
p
G/Ker (ϕ)
i
b
ϕ(G)
Stelling 3.37. Een afbeelding f is bijectief als en slechts als f −1 bijectief is.
3.3
Permutaties
Definitie 3.38. Een transpositie is een permutatie die elementen verwisselt en de rest op
zichzelf afbeeldt. Het is met andere woorden een cykel van lengte 2.
Definitie 3.39. Een bijectieve afbeelding van een eindige verzameling naar zichzelf noemen we
een permutatie.
Definitie 3.40. We noemen de verzameling van permutaties van n elementen Sn .
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
25
Definitie 3.41. We noteren het voorschrift van een permutatie σ : A → A van een verzameling
A = a 1 , . . . ,an soms als volgt:
!
a1
. . . an
σ=
σ (a 1 ) . . . σ (an )
Dit heet de twee-lijnen notatie van Cauchy.
Definitie 3.42. We kunnen een permutatie van {1, . . . ,n} eenvoudig noteren als volgt: Zij
i 1 , . . . ,ir elementen uit {1, . . . ,n}.
σ = (i 1i 2 . . . ir )
Bovenstaande gelijkheid is de notatie voor σ , zijnde de volgende permutatie:
σ (ii ) = i (i+1)mod r
Dit heet de cykelnotatie.
Stelling 3.43. Een permutatie is een samenstelling van transposities.
Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat elke cykel in Sn een samenstellinng is van transposities:
(i 1i 2 . . . ir ) = (i 1ir ) ◦ · · · ◦ (i 1i 3 ) ◦ (i 1i 2 )
Definitie 3.44. Twee cykels zijn disjunct als ze geen gemeenschappelijke symbolen hebben.
Eigenschap 3.45. Disjuncte cykels commuteren.
Stelling 3.46. Elke permutatie in Sn , verschillend van de identieke, is de samenstelling van onderlingdisjuncte cykels.
TODO: bewijs zie p 14
Definitie 3.47. We noemen de notatie van een permutatie als onderling disjuncte cykels de
disjuncte cykelnotatie.
Definitie 3.48. Zij π : A → A een permutatie en i en j twee elementen van A met i < j. We
zeggen dat i en j geinverteerd worden door π als het volgende geldt:
π (i) > π (j)
Definitie 3.49. Het aantal inversies van een permutatie π tellen we als volgt:
(
0 als π (i) < π (j)
ϕ(i, j) =
1 als π (i) < π (j)
X
I (π ) =
ϕ(i, j)
1≤i<j≤n
HOOFDSTUK 3. FUNCTIES EN AFBEELDINGEN
26
Het teken van de permutatie π noteren we als siдn(π ) en is ofwel 1 ofwel −1.
siдn(π ) = (−1) I (π )
Eigenschap 3.50. Zij π en ρ permutaties.
siдn(π ◦ ρ) = siдn(π )siдn(ρ)
Bewijs.
siдn(π )siдn(ρ) = (−1) I (π ) (−1) I (ρ)
= (−1) I (π ◦ρ)
= siдn(π ◦ ρ)
Definitie 3.51. We noemen een permutatie even/oneven als het aantal inversies even/oneven
is.
Definitie 3.52. We noemen een cykel van r elementen even/oneven als r even/oneven is.
Definitie 3.53. We noemen de verzameling van even permutaties van n elementen An .
Stelling 3.54. Een transpositie is steeds oneven.
Bewijs. Een transpositie inverteert precies e´ e´ n element.
Stelling 3.55. Een permutatie in disjuncte cykelnotatie is even als en slechts als het aantal even
cykels even is.
TODO: bewijs
Hoofdstuk 4
Kardinaliteit
Definitie 4.1. Definieer En als de verzameling met de n eerste elementen uit N.
En = {i ∈ N | 1 ≤ i ≤ n}
Definitie 4.2. Zij X een verzameling. We zeggen dat n de kardinaliteit is van X als er een
bijectie bestaat tussen X en En .
|X | = #X = n
Definitie 4.3. Een verzameling is aftelbaar oneindig als X equipotent is met N0 .
|X | = ℵ0
Definitie 4.4. We noemen een verzameling aftelbaar als ze eindig of aftelbaar oneindig is.
Definitie 4.5. Een verzameling is overaftelbaar als ze nie aftelbaar is.
27
Hoofdstuk 5
Deelbaarheid
Definitie 5.1. Zij x, y elementen van Z, dan is x een deler van y als er een q in Z bestaat zodat
y = qz geldt.
x |y ⇔ ∃q ∈ Z : y = zq
Eigenschap 5.2. De relatie | op Z is transitief.
TODO: bewijs
Eigenschap 5.3.
∀d,a,b,x,y ∈ Z : (d |x ) ∧ (d |y) ⇒ d |(ax + by)
TODO: bewijs
Eigenschap 5.4.
∀x,y ∈ Z : (x |y) ∧ (y|x ) ⇔ |x | = |y|
TODO: bewijs
Eigenschap 5.5.
∀x ∈ Z,∀y ∈ Z0 : x |y ⇒ |x | ≤ |y|
TODO: bewijs
Definitie 5.6. Zij a 1 , . . . ,an ∈ Z0 . De grootste gemene deler d van a 1 , . . . ,an is de het grootste
getal d ∈ N waarvoor het volgende geldt:
d = ддd (a 1 , . . . ,an ) ⇔ d |a 1 ∧ · · · ∧ d |an
Definieer bovendien ддd (0, 0, . . . , 0) = 0.
Definitie 5.7. Zij a 1 , . . . ,an ∈ Z0 . a 1 , . . . ,an zijn relatief priem of onderling ondeelbaar als
ддd (a 1 , . . . ,an ) = 1 geldt.
Stelling 5.8. Euclidische deling
Voor elke a ∈ Z en elke b ∈ N0 , bestaat er een unieke q ∈ Z en een unieke r ∈ Z zodat het volgende
geldt:
a = bq + r met r ≤ r < b
28
29
HOOFDSTUK 5. DEELBAARHEID
We noemen q het quotient en r de rest. We duiden r bovendien aan als r = a mod b = a%b.
TODO: bewijs
Stelling 5.9. Zij x en y gehele getallen en n ∈ N0 .
(x + y) mod n = ((x mod n) + (y mod n)) mod n
TODO: bewijs
Stelling 5.10. Zij x en y gehele getallen en n ∈ N0 .
(x · y) mod n = ((x mod n) · (y mod n)) mod n
TODO: bewijs
TODO: algoritme van euler
Stelling 5.11. B´ezout-Bachet
Zij a en b elementen van Z dan bestaan er α en β in Z zodat het volgende geldt.
ддd (a,b) = αa + βb
TODO: bewijs
Stelling 5.12. Zij a,b,c ∈ Z
c |ab ∧ дdd (a,c) = 1 ⇒ c |b
TODO: bewijs
Stelling 5.13. Zij a,b,c ∈ Z
a|b ∧ b|c ∧ d = ддd (a,b) ⇒
ab
|c
d
TODO: bewijs
Stelling 5.14. Zij a,b,c ∈ Z
ддd (a,bc)|ддd (a,b) · ддd (a,c)
TODO: bewijs
Stelling 5.15. Chinese reststelling
Zij n 1 , . . . ,nr ∈ N0 met ддd (ni ,n j ) = 1 voor alle i , j. Voor alle a 1 , . . . ,ar ∈ Z bestaat er een x ∈ Z
zodat het volgende geldt:

x mod n 1 = a 1 mod n 1



..

.


 x mod n = a mod n
r
1
r

Bovendien geldt dat als x 0 ∈ Z een oplossing is van bovenstaand stelsel, dan wordt de oplossingsverzameling in Z de volgende:
{x 0 + (n 1n 2 . . . nr )k |k ∈ r } = {x ∈ Z|x mod (n 1n 2 . . . nr ) = x 0 mod (n 1n 2 . . . nr )}
TODO: bewijs
30
HOOFDSTUK 5. DEELBAARHEID
Stelling 5.16.
kдv (a,b) =
ab
дcd (a,b)
TODO: bewijs en definieer kgv
Definitie 5.17. Een priemgetal is een natuurlijk getal p > 1 dat alleen deelbaar is door ±1 en
±p.
Stelling 5.18. Zij p een priemgetal en a,b ∈ Z zodat p|ab, dan geldt p|a of p|b.
p|ab ⇒ p|a ∨ p|b
TODO: bewijs
Stelling 5.19. De unieke priemfactorisatie
Elk natuurlijk getal n > 1 kan geschreven worden als een product van priemgetallen. Deze ontbinding is uniek op de volgorde van de factoren na.
TODO: bewijs
Definitie 5.20. Zij p een priemgetal en a ∈ Z0 . De p orde ordp (a) van a is de grootste exponent
a ∈ N zodat pa |a. We definieren bovendien ordp (0) = +∞.
Stelling 5.21. Stelling van euclides Er bestaan oneindig veel priemgetallen.
TODO: bewijs
Hoofdstuk 6
Samenstellingswetten
6.1
Inwendige bewerking
Definitie 6.1. Een (inwendige) samenstellingswet of bewerking > onder de elementen van
een verzameling A is een partiele functie:
> : A × A → A : (x,y) → >((x,y))
De enige voorwaarde voor een bewerking is dat ze intern is. Met andere woorden:
∀x,y ∈ A : >((x,y)) ∈ A
Vaker dan de functienotatie gebruiken we de infixnotatie:
x>y ⇔ ((x,y), >((x,y))) ∈ >
Definitie 6.2. We noemen een bewerking overal bepaald als het een afbeelding is.
Definitie 6.3. Zij > : A×A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. We noemen
een deelverzameling B ⊆ A stabiel of gesloten onder > als de bewerking intern is binnen B.
∀x,y ∈ B ⊆ A : x>y ∈ B
Definitie 6.4. associativiteit
We noemen een bewerking > : A × A → A associatief als de haakjes niet uit maken.
∀x,y,z ∈ A : x>(y>z) = (x>y)>z
Definitie 6.5. commutativiteit
We noemen een bewerking > : A × A → A associatief als de volgorde van de argumenten niet
31
HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN
uit maakt.
32
∀x,y ∈ A : x>y ⇔ y>x
Definitie 6.6. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. We
noemen e ∈ A het neutraal element van > in A als de volgende gelijkheden gelden.
∀a ∈ A : a>e = e = e>a
Stelling 6.7. Als er een neutraal element e bestaat voor een bewerking > in een verzameling A is
dat neutraal element uniek.
Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde
Stel dat er twee verschillende neutrale elementen e 1 en e 2 bestaan, dan gelden volgende gelijkheden:
e 2 >e 1 = e 1 = e 1 >e 2
e 1 >e 2 = e 2 = e 2 >e 1
Bijgevolg zijn deze neutrale elementen gelijk. Contradictie.
Definitie 6.8. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A. Zij l een
element van A.
l is links-regulier of links-schrapbaar als het links geschrapt kan worden.
∀x,y ∈ A : l>x = l>y ⇒ x = y
r is rechts-regulier of rechts-schrapbaar als het rechtse geschrapt kan worden.
∀x,y ∈ A : x>r = y>r ⇒ x = y
Een element is regulier of schrapbaar als het zowel links- als rechts-regulier is.
Opmerking 6.9. Als een element links/rechts schrapbaar is, is de afbeelding x 7→ l>x / x 7→ x>r
een injectie. Het “schrappen” van dat element is dan de linker/linker inverse afbeelding van deze
afbeelding.
Definitie 6.10. Zij > : A × A → A een bewerking gedefinieerd op een verzameling A met
een neutraal element e. We noemen een element x ∈ A symmetriseerbaar voor > alls het
volgende geldt:
∃y ∈ A : (x>y = e) ∧ (y>x = e)
y is dan het symmetrisch element van x voor > in A.
y = sym(x )
Stelling 6.11. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A
met een neutraal element e. Voor elk element x ∈ A geldt dat het symmtrisch element uniek is als
het bestaat.
!∃y : y = sym(x )
33
HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN
Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde
Stel dat er twee verschillende inversen y en z zijn van x in G.
y =y ∗e
= y ∗ (x ∗ z)
= (y ∗ x ) ∗ z
=e ∗z
=z
De derde gelijkheid geldt omdat de bewerking ∗ associatief is. De vierde gelijkheid geldt omdat het
neutraal element van een uniek is.1
Stelling 6.12. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A
met een neutraal element e. Elk symmetrisch element is schrapbaar.
∃y : y = sym(x ) ⇒ (∀a,b ∈ A : (a>x = b>x ⇒ a = b) ∧ (x>a = x>b ⇒ a =
Stelling 6.13. Zij > : A × A → A een associatieve bewerking gedefinieerd op een verzameling A
met een neutraal element e.
∀x,y ∈ A : sym(x>y) = sym(y)>sym(x )
Bewijs.
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
sym(x>y)>(x>y)
(sym(x>y)>x )>y
sym(y)
sym(y)>sym(x )
sym(y)>sym(x )
sym(y)>sym(x )
sym(y)>sym(x )
=e
=e
= (sym(x>y)>x )
= (sym(x>y)>x )>sym(x )
= sym(x>y)>(x>sym(x ))
= sym(x>y)>e
= sym(x>y)
Merk op dat we meermaals gebruik maken van de associativiteit van >. In de omgekeerde implicatie
in de derde equivalentie maken we bovendien gebruik van het feit dat symmetrische elementen
schrapbaar zijn.2
Definitie 6.14. De multiplicatieve notatie biedt afkortingen wanneer we de notatie ∗ of · · ·
gebruiken voor de notatie van een bewerking. Multiplicatieve notatie wordt meestal gebruikt
als de bewerking associatief is maar niet noodzakelijk commutatief.
• x −1 voor het symmetrisch element van x.
• x 0 of 1 voor het neutraal element e.
• x n = x ∗ x ∗ . . . ∗ x als n > 0
• x n = x −1 ∗ x −1 ∗ . . . ∗ x −1 als n < 0
Definitie 6.15. De additieve notatie biedt afkortingen wanneer we de notatie + gebruiken
voor de notatie van een bewerking. Additieve notatie wordt meestal gebruikt als de bewerking
zowel associatief als commutatief is.
• −x voor het symmetrisch element van x.
1 Zie
2 Zie
stelling 6.7 op pagina 32.
stelling 6.12 op pagina 33.
HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN
34
• 0 voor het neutraal element e.
• nx = x ∗ x ∗ . . . ∗ x als n > 0
• nx = (−x ) ∗ (−x ) ∗ . . . ∗ (−x ) als n < 0
• a ∗ (−b) = a − b
Definitie 6.16. Zij > en >0 twee bewerkingen op A.
> is links-distributief ten opzichte van >0 als en slechts als volgende bewering geldt:
∀x,y,z ∈ A : x>(y>0z) = (x>y)>0 (x>z)
> is rechts-distributief ten opzichte van >0 als en slechts als volgende bewering geldt:
∀x,y,z ∈ A : (x>0y)>z = (x>z)>0 (y>z)
> is zonder meer distributief als de bewerking zowel links- als rechts-distributief is.
6.2
Uitwendige bewerking
Definitie 6.17. Een (uitwendige) samenstellingswet of bewerking ⊥ tussen elementen van een
verzameling Ω en elementin van eenverzameling A is een partiele functie.
⊥ : Ω × A → A : (x,y) → ⊥(x,y))
Vaker dan de functienotatie gebruiken we de infixnotatie:
x⊥y ⇔ ((x,y), ⊥((x,y))) ∈ ⊥
Definitie 6.18. Zij ⊥ : Ω×A → A een uitwendige bewerking. We noemen een deelverzameling
B ⊆ A stabiel of gesloten onder ⊥ als de bewerking intern is binnen B voor alle elementen van
Ω.
∀x ∈ B ⊆ A,∀y ∈ A : x⊥y ∈ B
Definitie 6.19. Zij > een inwendige en ⊥ een uitwendige bewerking voor A, dan noemen we
⊥ distributief ten opzichte van > als het volgende geldt:
∀α ∈ Ω,∀x,y ∈ A : α⊥(x>y) = (α⊥x )>(α⊥y)
Definitie 6.20. Zij > een inwendige en ⊥ een uitwendige bewerking voor A, dan noemen we
⊥ associatief ten opzichte van > als het volgende geldt:
∀α, β ∈ Ω,∀x ∈ A : (α>β )⊥x = α⊥(β⊥x )
HOOFDSTUK 6. SAMENSTELLINGSWETTEN
35
Definitie 6.21. Zij >1 en >2 bewerkingen voor twee respectievelijke verzamelingen A1 en A2 .
De productbewerking > is als volgt gedefinieedr:
∀x 1 ,y1 ∈ A1 ,∀y2 ,x 2 ∈ A2 : (x 1 ,x 2 ) ⊕ (y1 ,y2 ) = (x 1 >1y1 ,x 2 >2y2 )
Opmerking 6.22. De definitie van de productbewerking kan uitgebreid worden naar n-tallen.
Definitie 6.23. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼. We noemen ∼ rechts-verenigbaar met > als het volgende geldt:
∀x,y,a ∈ A : x ∼ y ⇒ (x>a) ∼ (y>a)
We noemen ∼ links-verenigbaar met > als het volgende geldt:
∀x,y,a ∈ A : x ∼ y ⇒ (a>x ) ∼ (a>y)
We noemen ∼ zonder meer verenigbaar met > als ∼ zowel links- als rechts-verenigbaar is met
>.
Definitie 6.24. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentiere¯ is de quotientbewerking voor > door B:
latie ∼ die verenigbaar is met >. >
¯ : A/R × A/R → A/R : (∼x , ∼y ) 7→∼x >
¯ ∼y =∼x>y
>
Stelling 6.25. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie
¯ voor > door B is wel degelijk een inwendige
∼ die verenigbaar is met >. De quotientbewerking >
bewerking.
EXTRA: bewijs
Stelling 6.26. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼
¯ associatief is, dan is > associatief.
die verenigbaar is met >. Als de quotientbewerking >
EXTRA: bewijs
Stelling 6.27. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼
¯ commutatief is, dan is > commutatief.
die verenigbaar is met >. Als de quotientbewerking >
EXTRA: bewijs
Stelling 6.28. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼
die verenigbaar is met >. Als de equivalentieklasse ∼e van een element het neutraal element is van
¯ dan is e het neutraal element van >.
>,
EXTRA: bewijs
Stelling 6.29. Zij A een verzameling met een inwendige bewerking > en een equivalentierelatie ∼
die verenigbaar is met >. Voor elk element x van A geldt als y het symmetrisch element is van x in
A, dat ∼x dan het symmetrisch element is van ∼y is in A/R.
EXTRA: bewijs
Hoofdstuk 7
Algebras
Definitie 7.1. Een algebra¨ısche structuur of algebra is een verzameling A waarop een aantal
inwendige (en eventueel een aantal uitwendige) bewerkingen gedefinieerd zijn.
A, >1 ,dotsc, >m , ⊥1 , . . . , ⊥n
Definitie 7.2. Een algebra B is een deelalgebra of subalgebra van een algebra A als volgende
beweringen gelden:
• B ⊆ A: B is een deelverzameling van A.
• Op B zijn dezelfde bewerkingen gedefineerd.
• B is stabiel voor de interne bewerkingen van A.
Definitie 7.3. Zij A een algebra en ∼ een equivalentierelatie verenigbaar met de bewerkingen
van A, dan vormt de quotientverzameling A/R voorzien van de quotientbewerking de quotientalgebra van A door R.
7.1
Morfismen
Definitie 7.4. Twee algebras A en B zijn homoloog als volgende beweringen gelden:
• Met iedere inwendige bewerking op A komt een inwendige bewerking op B overeen.
• Met iedere uitwendige bewerking op A komt een uitwendige bewerking op B overeen.
• De operatorengebieden voor A zijn dezelfde als de operatorengebieden voor B.
Definitie 7.5. Zij A, >, . . . , ⊥, . . . en B, >0, . . . , ⊥0, . . . twee homologe algebras. Een homomorfisme tussen A en B is een afbeelding f met de volgende eigenschappen:
36
37
HOOFDSTUK 7. ALGEBRAS
• Voor elke inwendige bewerking:
∀x,y ∈ A : f (x>y) = f (x )>f (y)
• Voor elke uitwendige bewerking:
∀x ∈ A,∀α ∈ Ω : f (α⊥x ) = α⊥f (x )
Definitie 7.6. Een bijectief homomorfisme is een isomorfisme. “A is isomorf met B” noteren
we als volgt:
GH
Definitie 7.7. Een homomorfisme van een algebra met zichzelf is een endomorfisme.
Definitie 7.8. Een isomorfisme van een algebra met zichzelf is een automorfisme.
Hoofdstuk 8
Groepen
8.1
8.1.1
Basisbegrippen
De groep
Definitie 8.1. Een halfgroep G, ∗ is een algebra die bestaat uit een (niet-lege) verzameling G
en een afbeelding ∗ (de bewerking).
∗ : G × G →: (x,y) 7→ x ∗ y
De bewerking ∗ is associatief.
Definitie 8.2. Een mono¨ıde is een halfgroep G, ∗ met een neutraal element eG .
∀д ∈ G : eG ∗ д = д = д ∗ eG
Definitie 8.3. Een groep G, ∗ is een mono¨ıde waarin elk element symmetriseerbaar is.
∀x ∈ G, ∃x 0 ∈ G : x ∗ x 0 = e = x 0 ∗ x
Definitie 8.4. Een commutatieve groep of abelse groep G, ∗ is een groep waarbij de bewerking ∗ commutatief is.
∀x,y ∈ G : x ∗ y = y ∗ x
8.1.2
Deelgroep
Definitie 8.5. Zij G, ∗ een groep en H een (niet-lege) deelverzameling van G. We noemen H , ∗
een deelgroep van G, ∗ als H , ∗ zelf ook een groep is. Met andere woorden: “Een deelgroep is
een deelalgebra die ook een groep is”.
Stelling 8.6. Zij H , ∗ een deelgroep van G, ∗, dan is eG ook het neutraal element van H , ∗.
38
39
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Noem eG het neutraal element van G, ∗ en eh dat van H , ∗. Noem het invers van een element
x in G, ∗ x −1 .
eH ∗ eH = eH ∗ eG
−1
⇒ eH ∗ (eH ∗ eH ) = eH−1 ∗ (eH ∗ eG )
⇒ (eH−1 ∗ eH ) ∗ eH = (eH−1 ∗ eH ) ∗ eG
⇒
eG ∗ eH = eG ∗ eG
⇒
eH = eG
Stelling 8.7. Zij H , ∗ een deelgroep van G, ∗, dan is elk invers element x −1 van een element x in H
ook het invers element van x in G, ∗.
Bewijs. Noem eG het neutraal element van G, ∗ en eh dat van H , ∗. Noem het invers van een element
¯
x in G, ∗ x −1 en het invers van x in H , ∗ x.
x ∗ x¯ = eH
= eG
= x ∗ x −1
⇒ x¯ = x −1
Stelling 8.8. Het criterium van een deelgroep.
Zij G, ∗ een groep, en H een deelverzameling van G. H is een deelgroep van G als en slechts als aan
de volgende voorwaarden voldaan is.
1. eG ∈ H
2. ∀x,y ∈ H : x ∗ y ∈ H
3. ∀x ∈ H : x −1 ∈ H
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Als H een deelgroep is van G, dan gelden de voorwaarden al omdat H zelf een groep is.1
• ⇐
Stel dat de voorwaarden voldaan zijn. Vanwege voorwaarde twee is de beperking van ∗ tot H
alvast een interne bewerking in H .
∗ : H × H → H : (x,y) 7→ x ∗ y
– associativiteit
Deze bewerking is associatief in G, dus ook in H .
– Neutraal element
Vanwege de eerste voorwaarde is eG ook een neutraal element van H .
– Inverse
Elk element x in H heeft bovendien ook een invers in H volgens de derde voorwaarde.
Stelling 8.9. alternatieve criteria.
We kunnen in het vorige criterium de volgende aanpassingen maken.
1 Zie
stelling 8.6 op pagina 38.
40
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• Vervang de eerste voorwaarde door voorwaarde 10:
H ,∅
• Vervang de tweede en derde voorwaarde samen door voorwaarde 4:
∀x,y ∈ H : x ∗ y −1 ∈ H
Bewijs. We bewijzen dat de voorwaarden die we vervangen equivalent zijn.
• eG ∈ H ⇔ H , ∅. Als eG een element is van H , is H natuurlijk niet leeg. Als H niet leeg is,
bestaat er een element x in H . Vanwege de derde voorwaarde zit de inverse van dat element
ook in H . Vanwege de tweede voorwaarde zit x ∗ x −1 = eG ook in H .
•
(∀x,y ∈ H : x ∗ y ∈ H ) ∧ (∀x ∈ H : x −1 ∈ H ) ⇔ ∀x,y ∈ H : x ∗ y −1 ∈ H
Als voorwaarde 2 en 3 gelden is het duidelijk dat voorwaarde 4 geldt. Als voorwaarde 4 geldt,
kies dan eG voor x in voorwaarde 4 om voorwaarde 3 te bekomen.
∀y ∈ H : eG ∗ y −1 = y −1 ∈ H
Kies nu de inverse z −1 van een willekeurig element x in H voor y in voorwaarde 4 om voorwaarde 2 te bekomen.
∀x,z ∈ H : x ∗ (z −1 ) −1 = x ∗ z ∈ H
Stelling 8.10. Zij G een verzamelinge met een bewerking ∗ die voldoet aan de volgende voorwaarden.
• ∗ is associatief
• er bestaat een e in G waarvoor geldt ∀x ∈ G : x ∗ e = x
• voor elk element e dat voldoet aan de vorige voorwaarde:
∀x ∈ G, ∃y ∈ G : x ∗ y = e
G, ∗ is dan een groep.
Bewijs. Om te bewijzen dat G, ∗ een groep is, moeten we nog bewijzen dat er een neutraal element
bestaat in G en dat elk element een inverse heeft in G.
EXTRA: voor doorbijters: Bewijs
Eigenschap 8.11. Van een groep G, ∗ is {eG }, ∗ steeds een deelgroep.
Bewijs. We gaan de voorwaarden af uit het criterium voor deelgroepen.
• eG ∈ {eG }
• eG ∗ eG ∈ {eG }
• eG−1 = eG ∈ {eG }
Eigenschap 8.12. Van een groep G, ∗ is G, ∗ steeds een deelgroep.
Bewijs. Dit volgt meteen uit het groep-zijn van G, ∗ en het deelverzameling-zijn van G van G.
41
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Definitie 8.13. Zij G, ∗ een groep met neutraal element e, dan noemen we {e}, ∗ en G, ∗ triviale
deelgroepen van G, ∗.
Stelling 8.14. Zij G, ∗ een groep waarop een equivalentierelatie ∼ is gedefinieerd, dan is de verzameling van alle elementen equivalent met het neutraal element als ∼ links-(of rechts-)verenigbaar
is met ∗.
EXTRA: bewijs p 106 tai
Stelling 8.15. De doorsnede van twee deelgroepen is opnieuw een deelgroep.
EXTRA: bewijs
8.1.3
Morfismen
Definitie 8.16. Zij G, ∗ en H , groepen. Een (groeps)(homo)morfisme f is een morfisme
tussen twee groepen G, ∗ en H , .
∀x,y ∈ G : f (x ∗ y) = f (x )f (y)
Definitie 8.17. Een bijectief morfisme noemen we een isomorfisme.
Definitie 8.18. Twee groepen G, ∗ en H , noemen we een isomorf als en een isomorfisme
f : G → H bestaat.
G, ∗ H , Definitie 8.19. Een morfisme van een groep naar zichzelf noemen we een endomorfisme.
Definitie 8.20. Een isomorfisme van een groep naar zichzelf noemen we een automorfisme.
Definitie 8.21. Zij f : G → H een groepsmorfisme. De kern Ker f wordt gedefinieerd als
volgt.
Ker ( f ) = {x ∈ G | f (x ) = eH }
Definitie 8.22. Zij f : G → H een groepsmorfisme. Het beeld Im f wordt gedefinieerd als
volgt.
Im( f ) = f (G) = { f (u) | u ∈ G}
Stelling 8.23. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
eH = f (eG )
42
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Beschouw de neutrale elementen eG en eH in de groepen. Begin bij de definite van een
groepsmorfisme.2
f (eG ∗ eG ) = f (eG ) ∗ f (eG )
eG is het neutraal element in G. eG ∗ eG is dus opnieuw G.
f (eG ) = f (eG ) ∗ f (eG )
Voeg links eH toe. Dit mag omdat eH het neutraal element is in H .
f (eG ) ∗ eH = f (eG ) ∗ f (eG )
Schrap tenslotte f (eG ) aan beide kanten.
eH = f (eG )
Stelling 8.24. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
∀x ∈ G : f (x −1 ) = ( f (x )) −1
Bewijs. Kies een willekeurig element x in G. Nu geldt het volgende:
f (x ) ∗ f (x −1 ) = f (x ∗ x −1 )
= f (eG )
= eH
De eerste gelijkheid is precies de definitie van een groepsmorfisme.3 De tweede gelijkheid volgt uit
de definitie van de inverse van een element van een groep.4 De laatste gelijkheid geldt omdat een
groepsmorfisme het neutraal element behoudt.5 Wat we bekomen is de definitie van het neutraal
element f (x −1 ) van f (x ).
Stelling 8.25. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
Im( f ) is een deelgroep van H
Bewijs. We bewijzen elke voorwaarde uit het criterium voor deelgroepen.
1. eH ∈ Im( f )
Inderdaad!6
2. ∀x,y ∈ Im( f ) : xy ∈ Im( f )
Kies twee elementen f (x ) en f (y) in Im( f ), nu bestaan er dus twee elementen x en y in G. In
G is de bewerking ∗ intern.7 Kijk nu naar de definitie van een groepsmorfisme.8
f (x ∗ y) = f (x )f (y)
f (x )f (y) is dus een element van Im( f ).
2 Zie
definitie 8.16 op pagina 41.
definitie 8.16 op pagina 41.
4 Zie definitie 8.3 op pagina 38.
5 Zie stelling 8.23 op pagina 41.
6 Zie stelling 8.23 op pagina 41.
7 Zie definitie 8.3 op pagina 38.
8 Zie definitie 8.16 op pagina 41.
3 Zie
43
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
3. ∀x ∈ Im( f ) : x −1 ∈ Im( f )
Kies een element f (x ) in Im( f ), er bestaat er dus een element x in G. Nu is de inverse van
f (x ) precies f (x −1 ).9
Stelling 8.26. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
Ker ( f ) is een deelgroep van G
Bewijs. We bewijzen elke voorwaarde uit het criterium voor deelgroepen.
1. eH ∈ Ker ( f )
Inderdaad!10
2. ∀x,y ∈ Ker ( f ) : x ∗ y ∈ Ker ( f )
Kies twee willekeurige elementen x en y in de kern Ker ( f ) van f . Nu geldt het volgende.
f (x ∗ y) = f (x )f (y)
= eH eH
= eH
x ∗ y zit dus in Ker ( f ) voor elke x en y.
3. ∀x ∈ Ker ( f ) : x −1 ∈ Ker ( f )
Kies een willekeurig element x in de kern Ker ( f ) van f . Nu geld het volgende.
f (x −1 ) = ( f (x )) −1
= eH−1
= eH
x −1 zit dus in Ker ( f ) voor elke x.
Stelling 8.27. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
Ker ( f ) = {eG } ⇔ f is injectief
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
∀x,y ∈ G : f (x ∗ y) = f (x )f (y)
• ⇒
Bewijs uit het ongerijmde: Stel dat er twee verschillende elementen x en y in G zitten die door
x op hetzelfde element f (x ) = f (y) ∈ H afgebeeldt worden.
f (x ∗ y) = f (x )f (y) = f (x )f (x )
f (y) = f (x )
Contradictie.
9 Zie
10 Zie
stelling 8.24 op pagina 42.
stelling 8.23 op pagina 41.
44
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• ⇐
Bewijs door contrapositie: Als de kern van f niet triviaal is, dan bestaan er minstens twee
verschillende elementen in G die door f op eH afgebeeldt worden en is f dus niet injectief.
Stelling 8.28. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H .
f is een isomorfisme ⇒ f −1 is een isomorfisme
Merk op dat de afbeelding f −1 slechts bestaat als f een injectie is.
Bewijs. f −1 is een morfisme:
f −1 (y1 y2 ) = f −1 ( f (x 1 )f (x 2 ))
= f −1 ( f (x 1 ∗ x 2 ))
= x1 ∗ x2
= f −1 (y1 )f −1 (y2 )
f −1 is bovendien bijectief, want f is bijectief.11
Stelling 8.29. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . Als een verzameling A een
deelgroep is van G, dan is f (A) een deelgroep van H .
Bewijs. We gaan elke voorwaarde in het criterium van een deelgroep af.
• e f (A) ∈ H .
A is een deelgroep van G, dus geldt eA ∈ G. Bovendien wordt eA = eG afgebeeldt op eH =
e f (A) .12 e f (A) zit dus wel degelijk in H .
• ∀x,y ∈ f (A) : xy ∈ f (A)
Kies twee elementen f (x ) en f (y) in f (A), nu bestaan er dus twee elementen x en y in A. In
A is de bewerking ∗ intern.13 Kijk nu naar de definitie van een groepsmorfisme.14
f (x ∗ y) = f (x )f (y)
f (x )f (y) is dus een element van f (A).
• ∀x ∈ f (A) : x −1 ∈ f (A)
Kies een element f (x ) in f (A), er bestaat er dus een element x in A. Nu is de inverse van f (x )
precies f (x −1 ).15
Merk op dat deze stelling een algemener geval is van stelling 8.25.
Stelling 8.30. Zij G, ∗ en H , groepen met een morfisme f : G → H . Als een verzameling B een
deelgroep is van H , dan is f −1 (B) een deelgroep van G.
Bewijs. We gaan elke voorwaarde in het criterium van een deelgroep af.
• e f −1 (B) ∈ G.
Omdat eG = eB geldt16 , geldt ook f (eB ) = eH . Bijgevolg geldt ook e f −1 (B) = eB ∈ G.
11 Zie
stelling 3.37 op pagina 24.
stelling 8.23 op pagina 41.
13 Zie definitie 8.3 op pagina 38.
14 Zie definitie 8.16 op pagina 41.
15 Zie stelling 8.24 op pagina 42.
16 Zie stelling 8.6 op pagina 38.
12 Zie
45
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• ∀x,y ∈ f −1 (B) : xy ∈ f −1 (B)
Kies twee willekeurige elementen a en b uit f −1 (B). Dit houdt in dat er twee elementen f (a)
en f (b) in B bestaan. f (a)f (b) ∈ B geldt omdat B een deelgroep is van B. 17 Dit is bovendien
gelijk aan f (a ∗ b) ∈ f −1 (B), dus zitten a en b beide in f −1 (B).
• ∀x ∈ f −1 (B) : x −1 ∈ f −1 (B)
Kies een willekeurig element a uit f −1 (B). Dit houdt in dat er een element f (a) in B bestaat.
Het inverse element van f (a) is ( f (a) −1 ) en zit ook in B.18 Er bestaat dus ook een element a −1
dat bovendien in f −1 (B) zit.19
Definitie 8.31. De verzameling van automorfismen over een groep G, ∗ noteren we als Aut (G).
Stelling 8.32. De verzamelingen van automorfismen AutG, uitgeruist met de samenstellingsfunctie
◦ vormt een groep.
Bewijs. We bewijzen elk deel van de definitie appart.20
• associativiteit
∀x,y,z ∈ AutG : (x ◦ y) ◦ z = x ◦ (y ◦ z)
De samenstelling van afbeeldingen is inderdaad associatief.21
• neutraal element
∀x ∈ AutG : x ◦ e = e = e ◦ x
Er bestaat een neutraal element voor AutG, namelijk IdG .22
• inverse
∀x ∈ AutG, ∃x 0 ∈ AutG : x ◦ x 0 = e = x 0 ◦ x
Kies een willekeurige x in G. Er bestaat nu wel degelijk een inverse afbieelding, precies omdat
x een bijectie is.
Stelling 8.33. Zij G, ∗ en H , groepen en α : G → H een morfisme. α is een isomorfisme als en
slechts als er een morfisme β : H → G bestaat zodat β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG gelden.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie. Zij G, ∗ en H , willekeurige groepen.
• ⇒
Zij α : G → H een groepsisomorfisme. α is een bijectie, dus α −1 is goed gedefinieerd. Noem
α −1 nu β, dan gelden β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG .23
• ⇐
Zij α : G → H β : H → G morfismes, zodat β ◦ α = IdG en α ◦ β = IdG gelden. Volgens β is nu
de inverse van α.24 Omdat α een inverse heeft, is α bijectief en bijgevolg een isomorfisme.25
17 Zie
definitie 8.3 op pagina 38.
stelling 8.7 op pagina 39.
19 Zie stelling 8.24 op pagina 42.
20 Zie definitie 8.3 op pagina 38.
21 Zie stelling 2.6 op pagina 15.
22 Zie definitie ?? op pagina ??.
23 Zie stelling 3.35 op pagina 24.
24 Zie stelling 3.35 op pagina 24.
25 Zie stelling 3.34 op pagina 24.
18 Zie
46
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
8.1.4
Orde
Definitie 8.34. De orde n van het element x van een groep G, ∗ is de kleinste n ∈ N 0 waarvoor
x n = eG geldt, indien die bestaat en anders ∞.
Definitie 8.35. De orde |G | of #G van een groep G is het aantal elementen van G.
Eigenschap 8.36. Zij G, ∗ een groep en x ∈ G een element met een eindige orde n in die groep.
∀r ,s ∈ Z : (x s = e ⇔ n|s) ∧ (x r = x s ⇔ n|r − s)
Bewijs. Bewijs van conjunctie. Kies willekeurige elementen r en s in Z.
• (x s = e ⇔ n|s)
– ⇒
Stel x s = e geldt. Deel nu s euclidisch door n.26
s = nq + r met 0 ≤ r < n
Nu geldt het volgende:
x s = x nq+r = (x n )q ∗ x r = e q ∗ x r = x r = e
Omdat n de kleinste waarde is waarvoor x n = e geldt en omdat r tussen 0 en n ligt,
besluiten we dat r nul is.
s = nq
n is dus een deler van s.27
– ⇐
Stel dat n|s geldt, dan bestaat er een q zodat volgende gelijkheid geldt.28
s = nq
We beschouwen nu x s
x s = x nq = (x n )q = e q = e
• (x r = x s ⇔ n|r − s)
– ⇒
Stel dat x r = x s geldt.
x r = x s ⇔ x r −s = e
In het vorige deel van dit bewijs hebben we bewezin dat n dan een deler is van r − s.
n|r − s
– ⇐
Stel dat n|r − s geldt, dan geldt volgend deel e´ e´ n van dit bewijs het volgende:
x r −s = e
Dit betekent precies dat x r en x s gelijk zijn.
⇒ xr = xs
26 Zie
stelling 5.8 op pagina 28.
definitie 5.1 op pagina 28.
28 Zie definitie 5.1 op pagina 28.
27 Zie
47
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Definitie 8.37. Zij x een element van een groep G, ∗, dan is < x > de groep voortgebracht door
x.
< x >= {x s | s ∈ Z}
Stelling 8.38. Zij x een element van een groep G, ∗. De ‘groep’ < x > voortgebracht door x is wel
degelijk een groep.
Bewijs. We bewijzen elke eigenschap van een groep voor < x >.29
• Associativiteit
Kies drie willekeurige elementen uit < x >, met andere woorden kies drie getallen a, b en c
uit mathbbZ :
(x a ∗ x b ) ∗ x c = x a+b ∗ x c
= x a+b+c
= x a ∗ x b+c = x a ∗ (x b ∗ x c )
• Neutraal element Kies willekeurig een element uit < x >, kies dus een a ∈ Z. Het neutraal
element voor < x > is x 0 :
x a ∗ x 0 = x a+0 = x a = x 0+a = x 0 + x a
• Invers element Kies een willekeurig element uit < x >, kies dus een a ∈ Z. Het invers element
van x a is nu x −a .
x a ∗ x −a = x a−a = x 0 = x −a+a = x −a ∗ x a
Stelling 8.39. Zij x een element in een groep G, ∗, dan is de orde n van de groep voortgebracht door
x gelijk aan de orde m van x in G.
|x | = | < x > |
Bewijs. Bekijk de groep < x >.
< x >= {x n ,x,x 2 , . . . ,x n−1 }
Er zitten precies n elementen in < x >. Dat m de orde is van x in G houdt het volgende in:
x m = e en ¬(∃ m0 )(m0 < m ∧ x m = e)
0
Alle machten van x tot en met x m zijn dus verschillend. Die m machten zijn precies de elementen
van < x >.
Definitie 8.40. Een groep G, ∗ is een cyclishe groep als en slechts als er een element in G
bestaat dat G voortbrengt. We noemen bovendien x de generator van G.
Stelling 8.41. Elke cyclische groep is commutatief.
Bewijs. Zij G, ∗ een cyclische groep met generator д. Kies twee elementen x en y uit G, dan bestaan
er getallen a en b zodat het volgende geldt:
x ∗ y = дa ∗ дb = дa+b = дb+a = дb ∗ дa = y ∗ x
29 Zie
definitie 8.3 op pagina 38.
48
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Eigenschap 8.42. Elke oneindige cyclishe groep is isomorf met Z, + en is dus aftelbaar.
Bewijs. We tonen dat er een bijectie b bestaat tussen de willekeurige oneindige cyclische groep G, ∗
met generator x en Z, +.
G =< x >= {x s | s ∈ Z}
Inderdaad, kies b als volgt.
b : Z → G : s 7→ x s
Eigenschap 8.43. Elke cyclishe groep van eindige orde n ∈ N is isomorf met Zn , +.
Bewijs. We tonen dat er een bijectie b bestaat tussen de willekeurige eindige cyclische groep G, ∗
met generator x en orde n en Z, +.
G =< x >= {x s | s ∈ Z}
Inderdaad, kies b als volgt.
b : Z → G : [s]n 7→ x s
Stelling 8.44. Elke deelgroep H van een cyclische groep G, ∗ =< x > is cyclish. Sterker nog: H
wordt voortgebracht door x s waarbij s ∈ N0 het kleinste getal is waarvoor x s ∈ H geldt.
Bewijs. Als H = {e} geldt, dan is H inderdaad cyclisch. Stel nu dat H niet enkel het neutraal element
bevat, dan bevat H mistens nog de elementen x m en x −m met m ∈ N. Het kan zijn dat er meerdere
van die m’s bestaan, maar er bestaat er altijd een kleinste: n.
xn ∈ H
Voor elk element x s van G geldt nu dat het in H zit als n een deler is van s.
x s ∈ H ⇔ n|s
Inderdaad, als x s in H zit, dan kunnen we s euclidisch delen door n30 :
s = nq + r met 0 ≤ r < n
x s = x nq+r ⇒ x r = x s−nq = x s (x n ) −q ∈ H
Omdat n minimaal is, en r tussen 0 en n zit, is r gelijk aan nul, en s dus deelbaar door s. Omgekeerd,
wanneer s deelbaar is door n bestaat er een q zodat volgende bewering geldt31 :
s = nq
x s = x nq = (x n )q ∈ H
Met andere woorden: elke macht van x n ∈ H zit opnieuw in H . Dit betekent precies dat H cyclisch
is.
Stelling 8.45. Zij G =< a > een cyclishe groep van eindige orde n met ∗ als bewerking. De orde
van ak is gelijk aan ддdn(k,n) :
n
(ak ) ддd (k,n) = e
30 Zie
31 Zie
stelling 5.8 op pagina 28.
definitie 5.1 op pagina 28.
49
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs.
k
n
(ak ) ддd (k,n) = (an ) ддd (k,n) = e
Nu moeten we nog bewijzen dat ддdn(k,n) minimaal is. Stel dus dat er en 0 < r < ддdn(k,n) bestaat zodat
akr geldt. Bekijk nu de stelling van B´ezout-Bachet.32 Er bestaan een α en beta zodat het volgende
geldt:
ддd (k,n) = αk + βn
Nu bekijken we akr = e opnieuw, en verheffen we beide kanten tot de macht α zodat er αk in de
macht staat.
akrα = aддd (k,n)r −βnr = aддd (k,n)r ∗ a −βnr = aддd (k,n)r
Omdat aддd (k,n)r = e geldt, is n een deler van ддd (k,n)r .33 Dat houdt in dat
dus kleiner.
n
d
een deler is van r , en
EXTRA: bewijzen in hoofdstuk van deelbaarheid
Stelling 8.46. Zij G =< a > een cyclishe groep van eindige orde n. ak is een generator van G als en
slechts als ддd (k,n) gelijk is aan 1.
< ak >= G ⇔ ддd (k,n) = 1
Bewijs. We weten dat de orde van ak in G gelijk is aan ддdn(k,n) .34 Als en slechts als ak een generator
is voor G, dan is de orde van ak gelijk aan de orde van G.35
n
= n ⇔ ддd (k,n) = 1
ддd (k,n)
Stelling 8.47. Zij G, ∗ =< a > een cyclishe groep van eindige orde n. Voor elke positieve deler m
n
van n geldt dat G precies e´ e´ n deelgroep heeft van orde m, namelijk < a m >.
n
n
Bewijs. < a m > is een deelgroep36 van G. Omdat G cyclisch is, is < a m > ook cyclisch.37 De orde
n
van < a m > is bovendien gelijk aan ддd (nn ,n) .38
m
n
=m
ддd ( mn ,n)
EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid
n
We moeten nu dus nog bewijzen dat elke deelgroep H van orde m gelijk is aan < a m >. Kies
zo’n deelgroep H van orde m. H is nu zeker cyclisch. Noem de generator van H ak .
H =< ak >
We weten nu opnieuw dat H orde
n
ддd (k,n)
m=
32 Zie
stelling 5.11 op pagina 29.
stelling 8.36 op pagina 46.
34 Zie stelling 8.45 op pagina 48.
35 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
36 Zie stelling 8.38 op pagina 47.
37 Zie stelling 8.44 op pagina 48.
38 Zie stelling 8.45 op pagina 48.
33 Zie
heeft.
kдv (k,n)
n
=
ддd (k,n)
k
50
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid
kдv (k,n)
m
n
k
k is dus een veelvoud van m . Bijgevolg zit a zeker in < ak >. H is nu dus een deel van < ak >, dus
n
zijn H en < a m > gelijk vanwege hun gelijke orde.
k=
Stelling 8.48. Stelling van Ruffini
Zij α ∈ Sn verschillend van Id. De orde van α in Sn is gelijk aan het kleinst gemeen veelvoud van
de lengtes van de cykels in de disjuncte cykelnotatie van α.
Bewijs. Merk eerst op dat een r -cykel orde r heeft in Sn .39 Schrijf nu σ in de disjuncte cykelnotatie
als volgt:
σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk )
Het aantal elementen in de m-de cykel is jm en het totaal aantal cykels is k. Noem nu m het kleinst
gemeen veelvoud van de ji .
• α m is inderdaad Id. m is immers een veelvoud van elk van de ji .
• Stel dat er nog een getal k α k Id maakt, dan is k groter of gelijk aan m.
Stelling 8.49. Als elk element van een groep G, ∗ orde 2 heeft, is G, ∗ commutatief.
Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit G:
(x ∗ y) 2
(x ∗ y ∗ x ∗ y)
x ∗ (x ∗ y ∗ x ∗ y) ∗ y
(x ∗ x ) ∗ y ∗ x ∗ (y ∗ y)
y ∗x
=e
=e
= x ∗e ∗y
= x ∗y
= x ∗y
8.1.5
Nevenklassen
Definitie 8.50. Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G.
• De linkse nevenklasse xH van H in G bepaald door x:
xH = {x ∗ h | h ∈ H }
• De rechtse nevenklasse Hx van H in G bepaald door x:
Hx = {h ∗ x | h ∈ H }
De verzameling van linker nevenklassen van H in G noteren we als G/H .
G/H = {xH | x ∈ G}
39 Zie
stelling 8.74 op pagina 55.
51
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Eigenschap 8.51. Zij G een groep en H een deelgroep van G.
∀a,b ∈ G : aH = bH ⇔ a ∈ bH ⇔ b −1a ∈ H
Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties.
• ∀a,b ∈ G : aH = bH ⇒ a ∈ bH
H is een groep, en bevat dus een neutraal element.40 a is dus een element van aH , wat gelijk
is aan bH , dus a zit in bH .
• ∀a,b ∈ G : a ∈ bH ⇒ b −1a ∈ H
Ofwel zijn b en a gelijk, en dan is b −1a een element van H omdat H een groep is. Ofwel zijn b
en a niet gelijk, en dan bestaat er dus een c ∈ H waarvoor het volgende geldt:
b ∗c = a
b −1 ∗ b ∗ c = b −1a
c = b −1a ∈ H
• ∀a,b ∈ G : b −1a ∈ H ⇒ aH = bH
Noem b −1a h 0 .
b −1a = h 0 ⇒ (a = bh 0 ) en b = ah −1
0
Nu geldt voor alle h ∈ H het volgende:
a ∗ h = bh 0 ∗ h
aH is dus al een deel van bH . Bovendien geldt, opnieuw voor alle h ∈ H ook het volgende:
b ∗ h = ah −1
0
bH is dus ook een deel van aH . We besluiten dat aH en bH gelijk zijn.
Eigenschap 8.52. Zij G een groep en H een deelgroep van G.
∀a,b ∈ G : Ha = Hb ⇔ a ∈ Hb ⇔ ab −1 ∈ H
Eigenschap 8.53. Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G.
∀a ∈ G : aH = H ⇔ a ∈ H ⇔ Ha = H
Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties.
• ∀a ∈ G : aH = H ⇒ a ∈ H
a is een element van aH . aH en H zijn gelijk, dus a zit ook in H .
• ∀a ∈ G : a ∈ H ⇒ Ha = H
H is een deelgroep met bewerking ∗ die intern is in H .41 Wanneer we elk element in H rechts
bewerken met a, komen we telkens een element in H uit. Omgekeerd kan elk element in H
geschreven worden als een ander element in H rechts bewerkt met a.
40 Zie
41 Zie
definitie 8.3 op pagina 38.
definitie 8.3 op pagina 38.
52
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• ∀a ∈ G : Ha = H ⇒ aH = H
a is een element van Ha. Ha en H zijn gelijk, dus a zit ook in H . H is een deelgroep met
bewerking ∗ die intern is in H .42 Wanneer we elk element in H links bewerken met a, komen
we telkens een element in H uit. Omgekeerd kan elk element in H geschreven worden als een
ander element in H links bewerkt met a. Ha en aH zijn dus gelijk.
Stelling 8.54. Zij G een groep en H een deelgroep van G, De linkse(/rechter) nevenklassen van H
vormen een partitie van G.
Bewijs. We bewijzen dat de linkse(/rechter) nevenklassen elke definierende eigenschap van een partitie heeft.
• Elke linker(/rechter) nevenklasse is niet leeg. Ze bevat altijd het element waarmee bewerkt
wordt
• Elk element van G behoort tot een linker(/rechter) nevenklasse. Elk element x behoort al zeker
tot de nevenklasse van H bepaald door x in G.
• Twee linker(/rechter) nevenklassen zijn ofwel gelijk ofwel disjunct. Ofwel zijn twee nevenklassen disjunct, ofwel bevatten hun doorsnede minstens e´ e´ n element. We bewijzen dat als
twee nevenklassen minstens e´ e´ n element gemeenschapplijk hebben, dat ze dan gelijk zijn.
Kies een willekeurige x en y uit G zodat de doorsnede van de nevenklasse van H bepaald door
x en door y niet disjunct zijn. Er bestaat dan een element z in G dat in de doorsnede zit. Er
bestaan dus elementen h en h0 in G die aan volgende bewering voldoen:
– Linker nevenklassen
Nu volgt dit:
z = x ∗ h = y ∗ h0
y −1 ∗ x = h0 ∗ h −1 ∈ H
xH en yH zijn dus gelijk.43
– Rechter nevenklassen
Nu volgt dit:
z = h ∗ x = h0 ∗ y
y ∗ x −1 = h0−1h ∈ H
Hx en Hy zijn dus gelijk.44
Gevolg 8.55. De relatie “X en Y liggen in dezelfde linkernevenklasse van H in G” is een equivalentierelatie.
Bewijs. Inderdaad!45
Stelling 8.56. Zij G, ∗ een eindige groep en H een deelgroep van G, ∗. Nu geldt voor elke x ∈ G dat
de orde van H en zowel de linker als de rechter nevenklasse van x in G alledrie dezelfde orde.
|H | = |x ∗ H | = |H ∗ x |
42 Zie
definitie 8.3 op pagina 38.
eigenschap 8.51 op pagina 51.
44 Zie eigenschap 8.52 op pagina 51.
45 Zie stelling 2.25 op pagina 18.
43 Zie
53
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. We bewijzen dat er een bijectie f : H → xH bestaat tussen H en xH . Beschouw de afbeelding
f:
f : H → xH : h → x ∗ h
• f is injectief.
Kies twee willekeurige elementen h 1 en h 2 uit H waarvoor het beeld onder f gelijk is.
f (h 1 )
⇒
xh 1
⇒ x −1xh 1
⇒
h1
= f (h 2 )
= xh 2
= x −1xh 2
= h2
• f is surjectief.
Kies een willekeurig element a uit xH , dan bestaat er dus een h ∈ H zodat a = x ∗ h geldt.
Analoog kunnen we bewijven dat er een bijectie f : H → Hx bestaat.
Stelling 8.57. Een groep G, ∗ heeft evenveel linkse als rechtse nevenklassen.
EXTRA: bewijs p 106 tai
Stelling 8.58. Stelling van Lagrange:
Zij G, ∗ een eindige groep en H ⊂ G een deelgroep. Het aantal linkse (of rechtse) nevenklassen van
H in G is dan gelijk aan:
|G |
[G : H ] =
|H |
We noemen dit de index van H in G. De orde van H is bijgevolg een deler van de orde van G.
Bewijs. De linkernevenklassen van H in G vormen een partitie van G, dus we kunnen elementen
д1 = e,д2 , . . . ,дk ∈ G kiezen zodat de nevenklassen die erdoor bepaald zijn samen G vormen en
onderling disjunct zijn.
G = д1H ∪ · · · ∪ дk H
∀i, j : i , j ⇒ дi H ∩ дj H = ∅
Nu geldt dus dat de orde van G k keer de orde van H is.46
|G | = k · |H |
Hieruit volgt dat |H | een deler is van |G | en dat het aantal linker nevenklassen k gelijk is aan
|G |
|H | .
Gevolg 8.59. Zij G, ∗ een eindige groep en x een element van G. De orde van x in G is een deler
van |G |.
x |G | = eG
Bewijs. Beschouw de deelgroep47 < x > van G. Het aantal elementen van < x > is precies de orde
van x in G.48 De orde van een deelgroep is steeds een deler van de orde van de groep.49
Stelling 8.60. Zij G, ∗ een groep waarvan de orde gelijk is aan een priemgetal p, dan is G cyclisch.
46 Zie
stelling 8.56 op pagina 52.
stelling 8.38 op pagina 47.
48 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
49 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
47 Zie
54
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Kies een willekeurig element x uit G en beschouw de deelgroep50 < x > voortgebracht door
x van G. De orde van < x > is een deler van de orde van G.51 p heeft maar twee delers, namelijk
1 en p, dus ofwel is x gelijk aan het neutraal element, ofwel is x een generator voon G en is G dus
cyclisch.52
Gevolg 8.61. Op isomorfisme na, bestaat er slechts e´ e´ n groep voor elk priemgetal, waarbij dat getal
de orde is van die groep.
Bewijs. Kies een priemgetal p en twee groepen G, ∗ en H , met p als orde. We weten al dat G en
H cyclisch zijn.53 Kies dus een generator д voor G en een generator h voor H . Beschouw nu het
volgende morfisme.
f : G → H : дk 7→ hk
f is een isomorfisme, dus G en H zijn isomorf.
Stelling 8.62. Zij f : G → H een morfisme tussen twee groepen G, ∗ en H , . Voor alle x,y in G
geldt het volgende:
f (x ) = f (y) ⇔ x ∗ Ker ( f ) = y ∗ Ker ( f )
Bewijs.
x ∗ Ker ( f ) = y ∗ Ker ( f ) ⇔ x −1 ∗ y ∈ Ker ( f )
Ker ( f ) is een deelgroep van G.54 Bovenstaande gelijkheid geldt voor elke linker neverklasse, dus
ook voor Ker ( f ).55 Omdat x −1 ∗ y in de kern van f zit is het beeld ervan eH .
f (x −1 ∗ y) = eH
f is een morfisme56 :
f (x −1 )f (y) = eH
Wat er nu over blijft is precies dat f (x ) en f (y) gelijk zijn. We hebben in dit bewijs enkel equivalenties gebruikt. De omgekeerde redenering geldt dus ook.
8.1.6
Directe som
Definitie 8.63. Zij G 1 , . . . ,Gn groepen met bewerkingen ∗1 , . . . , ∗n , dan is de directe som van
de groepen Gi , genoteerd als G 1 ⊕ · · · ⊕ Gn de verzameling G, voorzien van de bewerking ∗
waarbij het volgende geldt.
G = G 1 × · · · × Gn
(д1 , . . . ,дn ) ∗ (h 1 , . . . ,hn ) = (д1 ∗1 h 1 , . . . ,д2 ∗2 h 2 )
Stelling 8.64. De directe som van n groepen G 1 , . . . ,Gn is een groep.
Bewijs. We gaan de defini¨erende eigenschappen van een groep af.
• ∗ is associatief. Dit volgt meteen uit de associativiteit van elke ∗i .
• Er bestaat een neutraal element voor G: (e 1 ,e 2 , . . . ,en ).
50 Zie
stelling 8.38 op pagina 47.
stelling 8.59 op pagina 53.
52 Zie definitie 8.40 op pagina 47.
53 Zie stelling 8.60 op pagina 53.
54 Zie stelling 8.26 op pagina 43.
55 Zie eigenschap 8.51 op pagina 51.
56 Zie definitie 8.16 op pagina 41.
51 Zie
55
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• Er bestaat een invers elemment voor elk element x ∈ G: (x 1−1 ,x 2−1 , . . . ,xn−1
Eigenschap 8.65. Elke groep van orde 4 is isomorf met Z4 of met de viergroep V .
EXTRA: bewijs
Eigenschap 8.66. Elke groep van orde 6 is isomorf met Z6 of met S.
EXTRA: bewijs
Definitie 8.67. Zij G, ∗ een commutatieve groep en G 1 , ∗ en G 2 , ∗ deelgroepen van G, en elk
element д valt op een unieke manier te schrijven als д = д1д2 met д1 ∈ G 1 en д2 ∈ G 2 , dan
noemen we G de inwendige directe som van G 1 en G 2 .
8.2
Permutatiegroepen
Definitie 8.68. Zij V een verzameling. De verzameling van permutaties van V noemen we SV .
De symmetrische groep van V is de groep SV , ◦ waarbij ◦ de samenstelling van afbeeldingen
is.
Definitie 8.69. Een permutatiegroep van V is een deelgroep van SV , ◦.
Definitie 8.70. De symmetrische groep van graad n: Sn is de groep van permutaties van
{1, . . . ,n},
Stelling 8.71. SV , ◦ is een groep.
EXTRA: bewijs
Stelling 8.72. De orde van Sn is n!.
EXTRA: bewijs
Stelling 8.73. De orde van An is
EXTRA: bewijs
n!
2.
Stelling 8.74. In een permutatiegroep heeft een element dat als een cykel van lengte n wordt voorgesteld orde n
EXTRA: bewijs
Stelling 8.75. Examenvraag!
Stelling van Cayley:
Elke groep is isomorf met een permutatiegroep (een deelgroep van S (G), ◦).
56
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Beschouw voor elk element a ∈ G de linkse translatie La bepaald door a:
La : G → G : x 7→ a ∗ x
La is een permutatie van G
EXTRA: verifieer
Beschouw nu ϕ:
ϕ : G → SG : a → La
• ϕ is een groepsmorfisme.
∀a,b ∈ G : ϕ(a ∗ b) = La∗b = La ◦ Lb
Merk op dat dit echt enkel kan omdat ∗ associatief is in G.
• ϕ is injectief.
We tonen aan dat de kern van ϕ enkel eG bevat.57 Stel dat er een element van G op IdG wordt
afgebeeld onder ϕ, dan is dat element het neutraal element van G:
ϕ(a) = La = IdG ⇒ a = a ∗ eG = La (eG ) = IdG (eG ) = eG
ϕ bepaalt dus een isomorfisme van G naar zijn beeld onder ϕ, wat een deelgroep is van SG.58
Gevolg 8.76. Elke eindige groep met n elementen is isomorf met een deelgroep van Sn .
EXTRA: bewijs
Propositie 8.77. De afbeelding sдn : Sn , ◦ → {1, −1}, · is een groepsmorfisme met als kern An .
Bewijs. Kies twee willekeurige permutaties σ en τ uit Sn . Nu geldt het volgende, bijgevolg is sдn
een morfisme.59
sдn(σ ◦ τ ) = sдn(σ ) · sдn(τ )
De kern van dit morfisme zijn alle permutaties met teken 1. Dit zijn precies de permutaties in
An .60
Propositie 8.78. De groep van even permutaties An is een deelgroep van Sn .
Bewijs. We gaan de voorwaarden in het criterium voor een deelgroep na.61 .
• Het neutraal element van Sn is een even permutatie.
• De samenstelling van twee even permutaties is opnieuw een even permutatie. Kies namelijk
twee willekeurige even permutaties σ en τ :
sдn(σ ◦ τ ) = sдn(σ ) · sдn(τ ) = 1 · 1 = 1
57 Zie
stelling 8.27 op pagina 43.
stelling 8.29 op pagina 44.
59 Zie eigenschap 3.50 op pagina 26.
60 Zie definitie 3.53 op pagina 26.
61 Zie stelling 8.8 op pagina 39.
58 Zie
57
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• Voor elke even permutatie bestaat er een inverse permutatie die ook even is. Kies een willekeurige even permutatie τ :
τ ◦ τ −1
sдn(tau ◦ τ −1 )
sдn(tau) · sдn(τ −1 )
1 · sдn(τ −1 )
= Id
= sдn(Id )
=1
=1
Het teken van τ −1 moet dus 1 zijn en τ −1 bijgevolg even.
Stelling 8.79. Examenvraag!
Zij α ∈ Sn een niet-identieke permutatie. De orde van α in Sn is gelijk aan het kleinst gemeen
veelvoud van de lengtes van de cykels in disjuncte cykelnotatie van α.
Bewijs. Merk eerst op dat een r -cykel orde r heeft in Sn .62 Zij α als volgt geschreven in disjuncte
cykelnotatie.
α = (i 1i 2 . . . ir )(j 1 j 2 . . . js ) . . . (z 1z 2 . . . zu )
Noteer m voor het kleinst gemeen veelvoud kдv (r ,s, . . . ,u) van de lengtes van de cykels. We bewijzen nu dat m de orde is van α in Sn . Allereerst merken we op dat α m inderdaad de identieke
transformatie is omdat disjuncte cykels commuteren63 .
α m = (i 1i 2 . . . ir )m (j 1 j 2 . . . js )m . . . (z 1z 2 . . . zu )m = I
Tenslotte bewijzen we nog dat elke k waarvoor hetzelfde geldt groter is dan m.
α k = I ⇒ (i 1i 2 . . . ir )k = I ∧ (j 1 j 2 . . . js )k = I ∧ . . . ∧ (z 1z 2 . . . zu )k = I
k is dus een veelvoud van r ,s, . . . ,u, en bijgevolg ook van m.
Stelling 8.80. De verzameling An van even permutaties is een deelgroep van Sn .
EXTRA: bewijs
Stelling 8.81. sдn : Sn , ◦ → {1, −1}, · is een groepsmorfisme met als kern An .
Bewijs. Kies twee permutaties a en b uit Sn en zij s en r respectievelijk het aantal transposities in a
en b.
sдn(a ◦ b) = −1r +s = (−1)r + (−1)s = sдn(a) + sдn(b)
8.3
Conjugatie
Definitie 8.82. Zij G een groep en x een element van G. Een element axa −1 met a ∈ G in G
noemen we een geconjugeerde of toegevoegde van x.
62 Zie
63 Zie
stelling 8.74 op pagina 55.
eigenschap 3.45 op pagina 25.
58
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Definitie 8.83. De conjugatieklas van x in G is de verzameling Cl (x ).
Cl (x ) = {axa −1 | a ∈ G}
Stelling 8.84. In elke groep is de conjugatieklas van het neutraal element het singleton van het
neutraal element.
Bewijs. Voor elk element д uit een groep G, ∗ beschouwen we de conjugatieklas van het neutraal
element eG :
Cl (eG ) = {aeG a −1 | a ∈ G} = {aa −1 | a ∈ G} = {eG | a ∈ G} = {eG }
Eigenschap 8.85. Een element behoort steeds tot zijn eigen conjugatieklas.
Bewijs. Kies een willekeurig element x van een groep G, ∗. Omdat e een element is van G bevat de
conjugatieklas het element exe −1 = x.
Eigenschap 8.86. De verzameling van alle conjugatieklassen van een groep G, ∗ vormt een partitie
van G en bepaalt bijgevolg een equivalentierelatie.
Bewijs. We gaan alle eigenschappen van een partitie na.64
• Een conjugatieklasse van een element x is nooit leeg want ze bevat steeds minstens x.
• Conjugatieklassen zijn onderling disjunct. Stel immers dat twee verschillende conjugatieklassen Cl (x ) en Cl (y) van elementen x en y een niet-lege doorsnede hebben, dan bestaan er
elementen a,b ∈ G en een element z in de doorsnede zodat het volgende geldt:
axa −1 = z = byb −1
Nu zit x in de conjugatieklas Cl (y) van y met als geconjugeerde b −1a en y in de conjugatieklas
Cl (x ) van x met als geconjugeerde a −1b:
(a −1b) −1y(a −1b) = (b −1a)x (a −1b) = y
x = (a −1b)y(b −1a) = (a −1b)y(a −1b) −1
Contradictie
• Elk element van G zit in een conjugatieklas.65
Stelling 8.87. Zij G, ∗ een groep en a en b twee elementen van G.
Cl (a) = Cl (b) ⇔ b ∈ Cl (a) ⇔ a ∈ Cl (b)
Bewijs. Twee verschillende conjugatieklassen zijn disjunct66 , dus twee elementen zitten in dezelfde
conjugatieklas als en slechts als een van de elementen in de conjugatieklas van het andere zit. Eigenschap 8.88. Twee permutaties σ en τ in Sn zijn geconjugeerd als en slechts als ze dezelfde
cykelstructuur hebben. Met andere woorden als en slechts als σ en τ evenveel cykels hebben van
elke optredende lengte.
64 Zie
definitie 1.46 op pagina 12.
eigenschap 8.85 op pagina 58.
66 Zie eigenschap 8.86 op pagina 58.
65 Zie
59
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Zij σ en τ twee geconjugeerde permutaties in Sn . Er bestaat dan een geconjugeerd element α:
ασα −1 = τ
Schrijf nu σ in de disjuncte cykelnotatie als volgt:
σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk )
Het aantal elementen in de m-de cykel is jm en het totaal aantal cykels is k. Allereerst merken
we het volgende op:
α ◦ (im,1 . . . im,jm ) ◦ α −1 = (α (im,1 ) . . . α (im,jm ))
Dit is bovendien opnieuw een jm -cykel. Bekijk nu τ :
τ = α ◦ σ ◦ α −1
= α ◦ (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk ) ◦ α −1
= (α ◦ (i 1,1 . . . i 1,j1 ) ◦ α −1 ) ◦ (α ◦ (i 2,1 . . . i 2,j2 ) ◦ α −1 ) ◦ . . . ◦ (α ◦ (ik,1 . . . ik,jk ) ◦ α −1 )
= (α (i 2,1 ) . . . α (i 2,j2 )) ◦ (α (i 2,1 ) . . . α (i 2,j2 )) ◦ . . . ◦ (α (ik,1 ) . . . α (ik,jk ))
Deze schrijfwijze bestaat opnieuw uit disjuncte cykels. α is immers een permutatie. De cykelstructuur is bovendien gelijk aan die van σ .
• ⇐
Stel dat twee permutaties σ en τ dezelfde cykelstructuur hebben.
σ = (i 1,1 . . . i 1,j1 )(i 2,1 . . . i 2,j2 ) . . . (ik,1 . . . ik,jk )
0
0
0
0
0
0
σ = (i 1,1
. . . i 1,j
)(i 2,1
. . . i 2,j
) . . . (ik,1
. . . ik,j
)
1
2
k
We construeren nu een permutatie α van {1, . . . ,n} zodat τ en σ conjugeren als volgt:
0
∀p,q : α (ip,q ) = ip,q
De andere elementen beeldt α op zichzelf af. Nu conjugeert α τ met σ .
Definitie 8.89. Zij G, ∗ een groep en a een element van G. De conjugatie met een element a
of het inwendig automorfisme bepaald door een element a is een afbeelding σa :
σa : G → G : x 7→ axa −1
Eigenschap 8.90. Zij G, ∗ een groep en a een element van G, dan is σa een automorfisme.
Bewijs. σa is een transformatie van G 67 , dus we moeten enkel nog bewijzen dat σa voor elke a een
bijectie is. Kies daarvoor een willekeurige a uit G.
• σa is een surjuctie. Kies een element b in het beeld van σa , dan bestaat er een x zodat x op b
afgebeeldt wordt:
σa (x ) = b
b is namelijk gelijk aan axa −1 dus x is gelijk aan a −1ba.
67 Zie
definitie 8.89 op pagina 59.
60
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• σa is een injectie. Kies twee elementen x en y met eenzelfde beeld b onder σa .
axa −1 = aya −1
x is dan gelijk aan y.
Eigenschap 8.91. Examenvraag!
Zij G, ∗ een groep, dan is de afbeelding σ een groepsmorfisme:
σ : G, ∗ → AutG, ◦ : a 7→ σa
Bewijs. Kies twee willekeurige elementen a en b uit G.
σ (a ∗ b) = σa∗b
σ (a) ◦ σ (b) = σa ◦ σb
Kies nu een willekeurig element x uit G:
σa∗b (x ) = (a ∗ b) ∗ x ∗ (a ∗ b) −1
= a ∗ b ∗ x ∗ b −1a −1
= a ∗ σb (x ) ∗ a −1
= σa (σb (x )) = (σa ◦ σb )(x )
Definitie 8.92. De deelgroep InnG van AutG is de groep der inwendige automorfismen van
G.
InnG = Im(σ ) = {σa | a ∈ G}
Stelling 8.93. De groep InnG der inwendige automorfismen van een groep G is wel degelijk een
deelgroep van AutG.
EXTRA: bewijs
Definitie 8.94. Zij G, ∗ een groep en д een element van G, dan is de centralisator van д in G, ∗
de verzameling CG,∗ (д) van de elementen in G die commuteren met д.
CG,∗ (д) = {x ∈ G | дx = xд}
Definitie 8.95. Zij G, ∗ een groep, dan noteren we de centralisator van een deelverzameling
A als CG,∗ (A).
\
CG,∗ (A) = {c ∈ G | ∀a ∈ A : a ∗ c = c ∗ a} =
CG,∗ (д)
д∈A
Eigenschap 8.96. De centralisator CG (a) van a in een groep G, ∗ bevat steeds a.
Bewijs. Inderdaad, дa = aд geldt steeds voor д = a.
61
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Eigenschap 8.97. Zij G, ∗ een groep, dan is elke centralisator CG,∗ (д) van G, ∗ een deelgroep van
G, ∗.
Bewijs. We gaan het criterium voor een deelgroep na voor een willekeurig element д in G
• Het neutraal element van G, ∗ is een element van CG,∗ (д).
∀д ∈ G : дeG = eG д
• Kies twee elementen x en y die commuteren met д
(x ∗ y) ∗ д = x ∗ (y ∗ д)
= x ∗ (д ∗ y)
= (x ∗ д) ∗ y
= (д ∗ x ) ∗ y = д ∗ (x ∗ y)
• Kies een element x dat commuteert met д:
xx −1
дxx −1
xдx −1
дx −1
=e
=д
=д
= x −1д
Definitie 8.98. Zij G, ∗ een groep, dan is het centrum van G de deelverzameling van G van
elementen die met alle elementen van de groep commuteren.
\
CG (д)
Z (G) = {x ∈ G | ∀д ∈ G : дx = xд} =
д∈G
Eigenschap 8.99. Het centrum van een groep is een deelgroep van die groep.
Bewijs. We kunnen dit op drie manieren bewijzen:
1. Het criterium van een deelgroep afgaan.
2. Het centrum van een groep is de doorsnede van deelgroepen. 68
69
3. Het centrum van een een groep is de kern van σ : G, ∗ → AutG, ◦ : a 7→ σa 70
Opmerking 8.100. We kunnen het centrum beschouwen als de grootste commutatieve deelgroep.
Stelling 8.101. Voor n groter dan 1 geldt het volgende over het centrum van Dn
Z (D 2n−1 ) = {e}
Z (D 2n ) = {e,an }
EXTRA: bewijs
68 Zie
eigenschap 8.97 op pagina 61.
stelling 8.15 op pagina 41.
70 Zie stelling 8.26 op pagina 43.
69 Zie
62
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Stelling 8.102. Zij G een eindige groep en a een element van G.
|G | = |CG (a)| · |Cl (a)|
Bewijs. We construeren een bijectie tussen de conjugatieklas Cl (a) van a en de verzameling van
linkse nevenklassen van CG (a) in G, ∗. Er geldt dan het volgende, wat equivalent is met de te bewijzen
stelling.71
|G |
= |{дCG (a) | a ∈ G}| = Cl (a)
|CG (a)|
Beschouw nu de afbeelding ϕ:
ϕ : {дCG (a) | a ∈ G} → Cl (a) : дCG (a) 7→ дaд−1
We bewijzen eerst dat ϕ goed gedefinieerd is. Als we immers twee verschillende elementen д en h
zouden kiezen van een linker nevenklasse дCG (a) dan zou дaд−1 gelijk moeten zijn aan hah −1 opdat
ϕ goed gedefinieerd zou zijn.
дCG (a) = hCG (a) ⇔ h −1дCG (a) = Cд (a)
Omdat h −1д bijgevolge in Cд (a) zit commuteert h −1д met a:
⇔ h −1д ∈ Cд (a) ⇔ h −1дa = ah −1д ⇔ дaд−1 = hah −1
• ϕ is een injectie:
Stel dat ϕ(дCд (a)) gelijk is aan ϕ(hCд (a)), dus dat дaд−1 gelijk is aan hah −1 , dan geldt eenvoudigweg dat дCG (a) gelijk is aan hCG (a).
• ϕ is een surjectie:
Inderdaad, voor elke mogelijke conjugatie (met д) van a bestaat er een linker nevenklasse
дCG (a).
Gevolg 8.103. Zij G, ∗ een eindige groep en a een element van G, dan is |Cl (a)| een deler van |G |.
Bewijs. Voor elk element a van G bestaat er een q ∈ Z zodat het volgende geldt:
|G | = q · |Cl (a)|
Sterker nog, die q is gelijk aan |CG (a)|.
Stelling 8.104. De klasvergelijking
Zij G een eindige groep van orde k. De som van het aantal orde in het centrum van G en het aantal
elementen van de conjungatieklassen met meer dan 1 element is gelijk aan het aantal elementen in
G.
In symbolen: Noteer de conjungatieklassen van G als volgt:
Cl (a 1 ), . . . ,Cl (am ),Cl (am+1 ), . . . ,Cl (ak )
De elementen met index kleiner of gelijk aan m hebben een conjungatieklasse van grootte 1, en de
anderen een grotere.
|Cl (a 1 )| = · · · = |Cl (am )| = 1 en |Cl (am+i )| > 1
|G | = |Z (G)| +
k
X
i=m+1
71 Zie
stelling 8.58 op pagina 53.
|Cl (ai )|
63
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. De conjugatieklassen van G, ∗ vormen een partitie.72 Bijgevolg geldt het volgende over |G |.
|G | =
k
X
|Cl (ai )|
i=1
Merk nu op dat de orde van een conjugatieklasse Cl (ai ) 1 is wanneer die conjugatieklasse Cl (ai )
enkel ai bevat. Dit is precies wanneer de centralisator CG,∗ (a) van a heel G is73 , dus wanneer a in
het centrum van G, ∗ zit.
m
X
|Cl (ai )| = |Z (G)|
i=1
Hieruit volgt meteen de stelling.
Definitie 8.105. Een groep P, ∗ met een macht pk van een priemgetal p als orde noemen we
een p-groep.
Propositie 8.106. Zij p een priemgetal en P, ∗ een p-groep, dan bevat het centrum Z (P ) van P, ∗
meer dan e´ e´ n element.
|Z (P )| > 1
Bewijs. Het aantal elementen in het centrum van een p-groep bevat meer dan e´ e´ n element als en
slechts als het aantal elementen van dat centrum groter is of gelijk aan p. Dit als en slechts als p de
orde van Z (P ) deelt. De orde van Z (P ) deelt immers de orde van P want Z (P ) is een deelgroep van
G, ∗.74 75 Als |P | niet 1 is, deelt p dus zeker de orde van Z (P ).
|Z (P )| > 1 ⇔ |Z (P )| ≥ p ⇔ p deelt |Z (p)|
Zij de orde van |P | de r -de macht van p.
|P | = pr
Zij Cl (a 1 ) tot en met Cl (ak ) de conjugatieklassen van G, ∗ zoals in de formulering van de klasvergelijking.
k
X
r
p = |P | = |Z (G)| +
|Cl (ai )|
i=m+1
Omdat de orde van Cl (ai ) ook |P | deelt76 , moet |Cl (ai )| met i groter dan m een strikt positieve macht
zijn van p. Bijgevolg moet p een deler zijn van |Z (p)|
CLARIFY: waarom?
en |Z (p)| dus groter dan 1.
Stelling 8.107. Zij p een priemgetal, dan is elke groep met p 2 elementen commutatief.
Bewijs. Zij P een groep met orde p 2 . De orde van het centrum Z (P ) van P is groter dan 177 . De orde
van het centrum is bovendien een deler van p 278 79 . Bijgevolg zijn er precies twee mogelijkheden:
|Z (P )| = p of |Z (P )| = p 2
72 Zie
eigenschap 8.86 op pagina 58.
stelling 8.102 op pagina 62.
74 Zie eigenschap 8.99 op pagina 61.
75 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
76 Zie gevolg 8.103 op pagina 62.
77 Zie propositie 8.106 op pagina 63.
78 Zie eigenschap 8.99 op pagina 61.
79 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
73 Zie
64
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Als |Z (p)| = p 2 geldt, is de groep gelijk aan het centrum van de groep en bijgevolg commutatief.80
Als |Z (p)| p is, kies dan een element a uit P dat niet in het centrum zit. Dit kan omdat p strikt kleiner
is dan p 2 . De centralisator CP (a) van a zal minstens zichzelf bevatten81 , alsook het centrum van P,
minstens p +1 elementen dus. Die centralisator moet als orde een deler hebben van |P |,82 83 dus moet
die centralisator heel P omvatten. Dit betekent echter dat a toch een element is van het centrum
want deze redenering gaat op voor elke a buiten Z (P ), contradictie.
Stelling 8.108. Elke groep van orde 9 is isomorf met Z9 of met Z3 ⊕ Z3 .
EXTRA: bewijs
8.4
Normaaldelers en Quotientgroepen
Definitie 8.109. Zij G, ∗ een groep, dan is de normalisator van een deelverzameling A de
verzameling NG,∗ (A) als volgt:
NG,∗ (A) = {c ∈ G | c ∗ A = A ∗ c}
Definitie 8.110. Een normaaldeler H , ∗ is een deelgroep H , ∗ van G, ∗ met de volgende eigenschap:
N / G ⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H = H ∗ д ⇔ NG,∗ (N ) = G
In woorden: “De linker en rechter nevenklasse van N bepaald door elk element д ∈ G zijn
gelijk.”
Opmerking 8.111. Merk op dat volgende bewering niet noodzakelijk geldt voor een normaaldeler
H , ∗ van een groep G, ∗:
∀h ∈ H ,д ∈ G : д ∗ h = h ∗ д
Een normaaldeler is met andere woorden niet noodzakelijk het centrum van een groep.
Definitie 8.112. Examenvraag!
Een quotientgroep G/H , ∗¯ van een groep G door een deelgroep H van G is de groep der linker
nevenklassen van H met een bewerking ∗¯ die onafhankelijk is van de representantenkeuze.
(¯∗) : G/H → G/H : (x ∗ H )¯∗ (y ∗ H ) = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ H
In de bovenstaande definitie zijn x 0 en y 0 twee willekeurig gekozen representaten.
Eigenschap 8.113. Als N een normaaldeler is van G, dan is N ook een normaaldeler van elke
deelgroep tussen N en G en geldt bovendien, nog sterker, het volgende in G, ∗:
N / G ⇒ (∀N 0 : (N ⊆ N 0 ∧ N 0 ⊆ G) ⇒ (∀n ∈ N : nN 0 = N 0n))
EXTRA: bewijs
80 Zie
definitie 8.98 op pagina 61.
eigenschap 8.96 op pagina 60.
82 Zie eigenschap 8.97 op pagina 61.
83 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
81 Zie
65
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Stelling 8.114. Van een commutatieve groep is elke deelgroep een normaaldeler.
Bewijs. Kies een deelgroep D, ∗ van een commutatieve groep G, ∗.
∀x ∈ G : x ∗ D = {x ∗ d |d ∈ D} = {d ∗ x |d ∈ D} = D ∗ x
Stelling 8.115. In elke groep G, ∗ zijn {eG }, ∗ en G, ∗ normaaldelers.
Bewijs. Aangezien de bewerking ∗ in G intern is84 geldt het volgende:
дG = Gд
G, ∗ is dus een normaaldeler van G, ∗
Precies omdat eG het neutraal element is in G, ∗, is {eG }, ∗ een normaaldeler van G, ∗.
eG ∗ {eG } = {eG ∗ eG } = {eG } ∗ eG
Definitie 8.116. Zij G een groep, dan noemen we {eG } en G de triviale normaaldelers van G.
Stelling 8.117. De criteria voor normaaldelers
Zij G, ∗ een groep en H een deelgroep van G.
(1)
H / G ⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H ∗ д−1 = H
(2)
⇔ ∀д ∈ G : д ∗ H ∗ д−1 ⊂ H
(3)
⇔ ∀д ∈ G,∀h ∈ H : д ∗ h ∗ д−1 ∈ H
Bewijs.
1. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
– дNд−1 ⊆ N
Kies een willekeurig element д ∗ n ∗ д−1 in д ∗ N ∗ д−1 . Omdat д ∗ n in de nevenklasse
van N zit, moet er een n0 ∈ N bestaan zodat д ∗ n = n0 ∗ д geldt. Laat dit nu precies
дnд−1 zijn.
дnд−1 = n0дд−1 = n0
дnд−1 zit dus zeker in N .
– N ⊆ дNд−1
Kies een willekeurig element n in N . Omdat n ∗ д voor elk element д ∈ G in de
nevenklasse van N zit, bestaat er een n0 ∈ N zodat n ∗ д = д ∗ n0 geldt.
n = n ∗ д ∗ д−1 = д ∗ n0 ∗ д−1
д ∗ n0 ∗ д−1 zit zeker in д ∗ N ∗ д−1 .
84 Zie
definitie 8.3 op pagina 38.
66
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
• ⇐
Kies een willekeurig element д van G, ∗. voor elk element n van N bestaat er nu een
element n0 ∈ N als volgt:
∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N : д ∗ n ∗ д−1 = n0
Dit houdt precies het volgende in.
∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N : д ∗ n = n0 ∗ д−1
N is dus een normaaldeler van G.
д ∗ N = N ∗д
2.
EXTRA: bewijs
3. Dit is precies hetzelfde als het tweede criterium, enkel geherformuleerd.
Stelling 8.118. ZIj G, ∗ een groep, H , ∗ een deelgroep van G, ∗ en ∼ een equivalentierelatie op G,
dan is H een normaaldeler van G als en slechts als ∼ zowel links als rechts verenigbaar is.
TODO: bewijs p 106 tai
Propositie 8.119. Zij G, ∗ een groep, dan is het centrum Z (G) een normaaldeler van G.
Bewijs.
∀д ∈ G : д ∗ Z (G) = {д ∗ z | z ∈ Z (G)} = {z ∗ д | z ∈ Z (G)} = Z (G) ∗ д}
Propositie 8.120. Examenvraag!
Zij G, ∗ een groep, dan is elke deelgroep van een groep G, ∗ met index 2 een normaaldeler van G, ∗.
Bewijs. Zij H , ∗ een deelgroep van een groep G, ∗ met index 2.
[G : H ] = 2 ⇔
|G |
=2
|H |
Het aantal nevenklassen van H in G in dan precies 2.85 De nevenklassen zijn dan H en G \ H .86 We
gaan nu na of дH gelijk is aan Hд voor elke д ∈ G. Als д in H zit, dan is дH gelijk aan H en Hд.
дH = Hд geldt dan. Als д in G \ H zit, dan zijn zowel дH als Hд niet gelijk aan H geldt bijgevolg
дH = G \ H = Hд.
Propositie 8.121. Zij G, ∗ een groep en N , ∗ de enige deelgroep van G, ∗ met orde |N |, dan is N , ∗
een normaaldeler van G, ∗.
Bewijs. Beschouw voor elke д in G het inwendig automorfisme σд :
σд : G → G : x 7→ дxд−1
Dit morfisme beeldt de deelgroep N bijectief af op de deelgroep дNд−1 .
|дNд−1 | = |N |
Omdat N de enige deelgroep is met |N | elementen en дNд−1 een deelgroep is87 van G, ∗ moeten
дNд−1 en N gelijk zijn.
85 Zie
stelling 8.58 op pagina 53.
stelling 8.54 op pagina 52.
87 Zie stelling 8.25 op pagina 42.
86 Zie
67
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Propositie 8.122. De kern Ker ( f ) van een groepsmorfisme f : G, ∗ → H , is een normaaldeler
van G, ∗.
Ker ( f ) / G
Bewijs. Kies een willekeurig element д. We bewijzen nu dat er voor elk element k in de kern Ker ( f )
van f een element k 0 bestaat zodat дk gelijk is aan k 0д. Omdat zowel k als k 0 in de kern van f zitten
geldt het volgende:88
kKer ( f ) = Ker ( f ) = Ker ( f )k 0
Dit betekent precies dat de kern van f een normaaldeler is van G, ∗.
Eigenschap 8.123. Zij f : G, ∗ → H , een groepsmorfisme f behoudt het normaaldelen.
N / G ⇒ f (N ) / f (G)
Bewijs. Omdat N een normaaldeler is van G, geldt voor elk element д van G, dat er voor elk element
n van N een element n0 in N bestaat zodat het volgende geldt:
д ∗ n = n0 ∗ д
We beelden nu beiden kanten af onder f .
f (д ∗ n) = f (n0 ∗ д)
f (д)f (n) = f (n0 )f (д)
Dit betekent precies dat f (N ) een normaaldeler is van G.
Eigenschap 8.124. Examenvraag!
Zij f : G, ∗ → H , een groepsmorfisme f −1 behoudt het normaaldelen.
f (N ) / H ⇒ N / G
Bewijs. We bewijzen dat het volgende geldt89 :
∀д ∈ G : д ∗ N ∗ д−1 ⊆ N
Voor elke д ∈ G geldt het volgende:
f (д ∗ N ∗ д−1 ) = f (д)f (N )f (д) −1 = f (N )
Beschouw nu het volgende, hieruit volgt de stelling.
f −1 ( f (д ∗ N ∗ д−1 )) = f −1 ( f (N )) ⊆ N
8.4.1
Quotientgroepen
Definitie 8.125. Examenvraag!
Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. De (kandidaat-)bewerking ∗¯ op G/N is gedefinieerd als volgt:
(x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N
Hierin zijn x 0 ∈ x ∗ N en y 0 ∈ f ∗ N twee willekeurige representanten.
88 Zie
89 Zie
eigenschap 8.53 op pagina 51.
stelling 8.117 op pagina 65.
68
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Propositie 8.126. Examenvraag!
De definitie van de quotientgroep G/H , ∗¯ van een groep G door een deelgroep H van G, ∗ is enkel
zinvol wanneer H een normaaldeler is van G, ∗. ’t Is te zeggen. De bewerking ∗¯ is enkel goed
gedefinieerd, dus onafhankelijk van de representatenkeuze, wanneer H een normaaldeler is.
Bewijs. Zij H een normaaldeler van een groep G, ∗. Kies twee verschillende representaten x 0, x 00, y 0
en y 00 van x, respectievelijk y in respectievelijk x ∗H en y∗H . We moeten nu bewijzen dat (x 00 ∗y 00 )∗N
gelijk is aan (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N . We weten dat x 00 ∗ N en x 0 ∗ N gelijk zijn, alsook y 00 ∗ N en y 0 ∗ N omdat
ze beiden in x ∗ N zitten.90 Er bestaan dus elementen nx en ny in N zodat het volgende geldt:
x 00 = x 0nx
en
y 00 = y 0ny
Hieruit volgt eenvoudigweg het volgende:
x 00 ∗ y 00 = x 0 ∗ nx ∗ y 0 ∗ ny
Omdat y 0 in y 0N zit, geldt ook N ∗ y 0 = y 0 ∗ N .91 Er bestaat dus een n ∈ N zedat nx ∗ y gelijk is aan
y 0 ∗ n.
x 00 ∗ y 00 = x 0 ∗ y 0 ∗ n ∗ ny
Omdat n ∗ ny ook in N zit, volgt hieruit dat de representatenkeuze niet uitmaakt.
(x 00 ∗ y 00 ) ∗ N = (x 0 ∗ y 0 ) ∗ N
Stelling 8.127. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, dan vormt de quotientverzameling
G/N , uitgerust met de bewerking ∗¯ een groep.
Bewijs. Inderdaad, ∗¯ is intern, het neutraal element van G/N is N en de inverse van een element
x ∗ N van G/N is x −1 N .
Definitie 8.128. We noemen G/H , ∗¯ de quotientgroep of het quotient van G door H .
Definitie 8.129. We verkorten de notatie van ∗¯ soms naar ∗ als de bewerking op G/H .
Stelling 8.130. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, dan is de afbeelding π een groepsmorfisme.
π : G → G/N : x 7→ x ∗ N
Bewijs. We moeten dat voor elke twee elementen x en y uit G het volgende geldt:
π (x ∗ y) = π (x )¯∗π (y) ⇒ (x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x ∗ y) ∗ N
Dit is een herformulering van de definitie van ∗¯ .
90 Zie
91 Zie
eigenschap 8.53 op pagina 51.
eigenschap 8.53 op pagina 51.
69
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Definitie 8.131. We verkorten de notatie x ∗ N soms als x¯ voor x ∈ G.
eG = eG ∗ N = N
en
x¯−1 = x −1 of − x¯ = −x
Definitie 8.132. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. De verzameling G/H van
nevenklassen, uitgerust met de bewerking ∗¯ noemen we de quoti¨entgroep van G door N . ∗¯
zullen we vanaf nu ook gewoon als ∗ schrijven.
Definitie 8.133. Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G. We gebruiken een kortere
notatie x¯ voor een element x ∗ N van de quoti¨entgroep van G door N :
x¯ = x ∗ N
Eigenschap 8.134. De kern van π : G → G/N : x 7→ x ∗ N is N .
Bewijs. Elk element n in N wordt onder π afgebeeldt op n ∗ N , maar vermits n in n ∗ N zit, is n ∗ N
gelijk aan N .92 Elk element д buiten N in G wordt afgebeeldt op д ∗ N en vermits д niet in N zit,
zitten er minstens |N | + 1 elementen is д ∗ N . д ∗ N kan dus niet gelijk zijn aan N .
Gevolg 8.135. Een deelgroep N , ∗ van een groep G, ∗ is een normaaldelor van G als en slechts als
deze de kern is van een groepsmorfisme vanuit G.
EXTRA: bewijs
Stelling 8.136. Zij N , ∗ een deelgroep van een groep G, ∗, dan is N een normaaldeler als de bewerking ∗¯ van G/N een groep maakt:
∗¯ : G/N × G/N → G/N : (x ∗ N )¯∗ (y ∗ N ) = (x ∗ y) ∗ N
Zonder bewijs
Stelling 8.137. Examenvraag!
Als er een deelgroep H , ∗ van het centrum Z (G) van een groep G, ∗ bestaat zodat G/H cyclisch is,
dan is G commutatief.
Bewijs. Stel dat G/H cyclisch is, dan bewijzen we nu dat willekeurige elementen a en b uit G commuteren. Zij д¯ een generator voor G/H , dan bestaan er getallen i en j in Z zodat, in G/H het volgende
geldt:
¯ j = дj
¯ i = дi en b¯ = (д)
a¯ = (д)
Anders gezegd bestaan er x en y in H zodat we a en b als volgt kunnen schrijven.
a = дi x
en
b = дjy
We kunnen nu rekenen met a en b. Merk op dat, omdat G/H cyclisch is, G/Z (G) ook commutatief
is.93
ab = дi xд jy
= дi д j xy
= д j дi yx
= д jyдi x = ba
92 Zie
93 Zie
eigenschap 8.53 op pagina 51.
stelling 8.41 op pagina 47.
70
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Stelling 8.138. Zij G, ∗ een groep met G/Z (G) cyclisch, dan is G, ∗ commutatief (en G/Z (G) bijgevolg de triviale groep).
Bewijs. Als G/Z (G) cyclisch is, dan is G commutatief omdat Z (G) een deelgroep is van Z (G).94
Gevolg 8.139. Zij p en q verschillende priemgetallen, dan is het centrum van een niet-commutatieve
groep G, ∗ van orde pq triviaal.
Z (G) = {eG }
Bewijs. Omdat G niet commutatief is, bestaat er geen deelgroep H van het centrum Z (G) zodat G/H
cyclisch (en dus commutatief 95 ) is.96 Z (G) is dus niet cyclisch. De orde van Z (G) moet bovendien
een deler zijn van de orde van G omdat Z (G) een deelgroep is van G.97 98 De orde van Z (G) moet
dus p, q of 1 zijn. p en q zijn echter priemgetallen, en elke groep met een priemgetal als orde is
cyclisch99 , dus de orde van Z (G) moet 1 zijn. Elke groep van orde 1 is de groep met enkel het
neutraal element.
8.4.2
Enkelvoudige en oplosbare groepen
Definitie 8.140. Een groep G, ∗ is enkelvoudig als de enige normaaldelers van G de triviale
normaaldelers {eG } en G zijn.
Stelling 8.141. We kunnen elke niet-enkelvoudige groep G ontbinden in enkelvoudige groepen.
Bewijs.
• Kies van G = G 0 een niet-triviale normaaldeler G 1 van maximale orde, dan is G 0 /G 1
enkelvoudig. Stel immers dat G 0/G 1 niet enkelvoudig is, dan kunnen we een niet-triviale noraaldeler H in G 0/G 1 vinden. Noem G 2 = H/G 1 . Dit is een normaaldeler van G 0/G 1 . 100
/
G 0/G 1 H
/G 1
= G 0/H
Dit zou echter betekenen dat H een grotere orde heeft dan G 1 , maar dat kan niet want G 1 heeft
een maximale orde.
CLARIFY: duidelijk zo?
• G 2 is Kies nu, opnieuw, als G 1 niet enkelvoudig is, een niet-triviale normaaldeler (van G 1 ) van
maximale orde. G 1 /G 2 is dan ook enkelvoudig. We kunnen zo verder groepen Gi kiezen met
Gi+1 / Gi tot Gn uiteindelijk enkelvoudig is.
Definitie 8.142. De enkelvoudige groepen Gi /Gi+1 uit bovenstaande ontbinding noemen we
(de) compositiefactoren van G.
Stelling 8.143. De compositiefactoren van een niet-enkelvoudige groep G zijn onafhankelijk (op
isomorfisme na) van de keuze van de normaaldelers. Zonder bewijs
94 Zie
stelling 8.137 op pagina 69.
stelling 8.41 op pagina 47.
96 Zie stelling 8.137 op pagina 69.
97 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
98 Zie eigenschap 8.99 op pagina 61.
99 Zie stelling 8.60 op pagina 53.
100 Zie stelling 8.163 op pagina 75.
95 Zie
71
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Stelling 8.144. De structuurstelling voor eindige commutatieve groepen
Elke eindige commutatieve groep is isomorf met een directe som van cyclische groepen.
r
M
i=1
Zpki
i
Hierin is elke piki een macht van een priemgetal. Zonder bewijs
Propositie 8.145. De enkelvoudige eindige commutatieve groepen zijn de groepen Zp , + met p een
priemgetal en de triviale groep {eG }, ∗.
Bewijs. De orde van Zp is p, dus elke deelgroep (en kandidaat normaaldeler) heeft als orde een deler
van p 101 . De enige delers van p zijn 1 of p, dus Zp heeft geen niet-triviale normaaldelers. Zp is
bijgevolg enkelvoudig. Elke andere (niet-triviale) eindige commutatieve groep heeft een niet-triviale
normaaldeler. Zij n de orde van een niet-triviale eindige commutatieve groep, dan heeft n minstens
e´ e´ n deler verschillend van 1 en van n.
QUESTION: waarom heeft Zn zeker normaaldelers?
Definitie 8.146. Een groep G is oplosbaar als er een eindige keten van deelgroepen Hi bestaat
zodat voor elke Hi twee eigenschappen gelden:
{eG } = Hk ⊂ Hk−1 · · · H 2 ⊂ H 1 ⊂ H 0 = G
• ∀i : Hi+1 / Hi
• ∀i : Hi /Hi+1 is commutatief
Stelling 8.147. Een eindige groep G, ∗ is oplosbaar als en slechts als alle compositiefactoren van G
commutatief zijn. Zonder bewijs
Stelling 8.148. Een eindige groep G van orde n is oplosbaar als e´ e´ n van de volgende voorwaarden
geldt:
• n < 60.
• n is oneven.
• n is een macht van een priemgetal.
Zonder bewijs
8.5
8.5.1
De isomorfismestellingen
Eerste isomorfismestelling
Stelling 8.149. Examenvraag!
Eerste isomorfismestelling
101 Zie
stelling 8.58 op pagina 53.
72
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Zij G.∗ en H , twee groepen. Zij ϕ : G → H een groepsmorfisme, dan is ϕ¯ : G/Ker (ϕ) → H :
дKer (ϕ) 7→ ϕ(д) een injectief groepsmorfisme. Bijgevolg is G/Ker (ϕ) isomorf met ϕ(G).
G/Ker (ϕ) ϕ(G)
Een alternatieve formulering van deze stelling gaat als volgt: Zij ϕ : G → H een groepsmorfisme,
dan is het volgende diagram commutatief en ϕ 0 een isomorfisme.
G
π
G/Ker (ϕ)
ϕ
ϕ¯
ϕ0
H
i
ϕ(G)
Nog een derde formulering als volgt: Met dezelde notaties: een groepsmorfisme ϕ kan ontbonden
worden als een samenstelling van een surjectie π en de injectie ϕ¯ = i ◦ ϕ 0, of nog, een surjectie π ,
een bijectie ϕ 0 en een injectie (inbedding) i.
Bewijs. Belangrijk bewijs in delen.
• Eerst bewijzen we dat ϕ¯ goed gedefinieerd is. We tonen aan dat voor twee verschillende representanten x en y uit дKer (ϕ) (voor een bepaalde д ∈ G), het beeld onder ϕ hetzelfde is.
Omdat x en y in dezelfde nevenklasse van Ker (ϕ) zitten, bestaat er een element h ∈ Ker (ϕ)
zodat x gelijk is aan y ∗ h.
ϕ(x ) = ϕ(y ∗ h)
= ϕ(y)ϕ(h)
= ϕ(y)eH = ϕ(y)
• Vervolgens bewijzen we dat ϕ¯ een groepsmorfisme is.
∀дKer (ϕ),д0Ker (ϕ) ∈ G/Kerϕ :
¯
¯ ∗ д0 )Ker (ϕ))
ϕ(дKer
(ϕ) ∗¯ д0Ker (ϕ)) = ϕ((д
= ϕ(д ∗ д0 )
= ϕ(д) ∗ ϕ(д0 )
In de tweede gelijkheid gebruiken we dat ¯(ϕ) goed gedefinieerd is.
• Tenslotte bewijzen we dat ϕ¯ een injectie is. Kies een д¯ = дKer (ϕ) in G/Ker (ϕ) zodat ϕ¯ д¯
afbeeldt op eH . We moeten nu aantonen dat daaruit volgt dat д¯ het neutraal element (eG Ker (ϕ))
is van G/Ker (ϕ).102 Omdat ϕ¯ д¯ afbeeldt op eH , moet ϕ д ook afbeelden op eH (anders was ϕ¯ niet
goed gedefinieerd). Dit betekent dat д tot Ker (ϕ) behoort. Bijgevolg is д¯ gelijk aan Ker (ϕ),
het neutraal element van G/Ker (ϕ).103 .
Propositie 8.150. Zij G een groep, dan zijn de nevenklassen van het centrum van G in G isomorf
met de groep der inwendige automorfismen van G.
G/Z (G) InnG
102 Zie
103 Zie
stelling 8.27 op pagina 43.
eigenschap 8.53 op pagina 51.
met
InnG = {σa : G → G : д 7→ aдa −1 | a ∈ G}
73
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. We passen de eerste morfismestelling104 toe op het groepsmorfisme σ .
σ : G → AutG : a 7→ σa
Z (G) is nu de kern van σ , dus is G/Z (G) isomorf met InnG.
EXTRA: nagaan dat σ goed gedefinieerd is
Stelling 8.151. Examenvraag!
De factorisatiestelling
Zij f : G → H een groepsmorfisme en N ⊆ Ker ( f ) een normaaldeler van G. Er bestaan dan een
uniek groepsmorfisme f 0 : G/N → H als volgt
• f kan ontbonden worden als f = f 0 ◦ π
• f 0 is injectief als en slechts als N gelijk is aan Ker ( f )
G
π
f
H
f0
G/N
Bewijs. Bewijs in delen.
• De factorisatie-eis impliceert dat we f 0 als volgt moeten defini¨eren.
f 0 : G/N → H : aN 7→ f (a)
Voor elke a in G geldt nu dat a door f = ( f 0 ◦ π ) afgebeeld wordt op f 0 (aN ) = f (a).
• De nevenklassen van N die door f 0 op eH worden afgebeeld zijn de nevenklassen aN met a in
de kern van f . f 0 is dus injectief als en slechts als de verzameling {aN | a ∈ Ker ( f )} gelijk is
aan {N }.105 Dit is precies wanneer N de kern is van f .
8.5.2
Voortbrengers van een groep
Definitie 8.152. Zij G, ∗ een groep en X ⊆ G een deelverzameling van G. De groep дrp{X }
voortgebracht door X is de doorsnede van alle deelgroepen van G die X omvatten.
дrp{X } = дrp < X >=< X >
De groep voortgebracht door X is de kleinste deelgroep van G die X omvat.
Opmerking 8.153. Zij G, ∗ een groep en x en y twee elementen van G. De groep < x,y > voortgebracht door x en y is niet zomaar gelijk aan de volgende verzameling (analoog met een cyclische
groep).
{x k yl | k,l ∈ Z}
104 Zie
105 Zie
stelling 8.149 op pagina 71.
stelling 8.27 op pagina 43.
74
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Eigenschap 8.154. Zij G, · een groep en X ⊆ G een deelverzameling van G, dan is de groep < X >
voortgebracht door X gelijk aan de verzameling van alle mogelijke samenstellingen van elementen
uit X en hun inversen.
n


Y 
−1

< X >= 
a
n
∈
N,a
∈
X
∨
a
∈
X
i
i
i


 i=0

Bewijs. Noteer het rechterlid van bovenstaande vergelijking als X 0. Elke deelgroep van G die X
omvat moet alle elementen van X , hun inversen, en onderlinge samenstellingen bevatten.
X 0 ⊆< X >
Anderzijds is X 0 ook een deelgroep van G die X omvat.
< X >⊆ X 0
EXTRA: ga dit na met het criterium van deelgroepen
Definitie 8.155. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan is HK als volgt gedefinieerd.
H ∗ K = {h ∗ k | h ∈ H ,k ∈ K }
Opmerking 8.156. Als G niet commutatief is, dan zal HK niet steeds de groep zijn voortgebracht
door H ∪ K. Het is zelfs niet steeds een deelgroep.
Stelling 8.157. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan is HK een deelverzameling van de
groep voortgebracht door H ∪ K.
HK ⊆< H ∪ K >
EXTRA: bewijs
Stelling 8.158. Examenvraag!
Zij H en K deelgroepen van een commutatieve groep G, ∗, dan is HK gelijk aan de groep voortgebracht door H ∪ K.
HK =< H ∪ K >
EXTRA: bewijs
Propositie 8.159. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan zijn de volgende stellingen equivalent.
• HK =< H ∪ K >
• HK is een deelgroep van G.
• HK = KH
EXTRA: bewijs p 36
Gevolg 8.160. Zij H en K deelgroepen van een groep G, ∗, dan geldt het volgende als H of K een
normaaldeler is.
HK = KH =< H ∪ K >
75
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
8.5.3
Tweede isomorfismestelling
Stelling 8.161. De tweede isomorfismestelling of parallellogramisomorfismestelling
Zij G, ∗ een groep. Zij H een deelgroep van G, ∗ en N een normaaldeler van G, ∗, dan gelden volgende
beweringen.
N / HN
(H ∩ N ) / H
HN
H
H ∩N
N
Bewijs. N is een normaaldeler van G, en H N is daarom een deelgroep van G 106 , tussen N en G, dus
N is ook een ’normaaldeler’ van N H .
N / NH
Beschouw nu de afbeelding p:
HN
: h 7→ hN
N
p kunnen we beschouwen als samenstelling π ◦ i van de inbedding i : H → H N en het natuurlijk
morfisme π :
HN
: h 7→ hN
π :H →
N
De kern van p is nu gelijk aan H ∩ N , dus H ∩ N is een normaaldeler van H .107 p is bovendien
surjectief. Kies immers een willekeurig element x in H N/N . x is dan van de vorm x = hnN met h ∈ H
en n ∈ N . x is dan het beeld van h onder p.
p:H →
x = hnN = p(h)
H/H ∩N
is nu isomorf met H N/N .108 H ∩ N is immers de kern van p en H N/N het beeld van N onder p.
CLARIFY: waarom is p zeker een groepsmorfisme, en waarom moeten we surjectiviteit bewijzen?
Stelling 8.162. Zij A en B deelgroepen van een eindige groep G.
|AB| =
|A| · |B|
|A ∩ B|
Zonder bewijs
8.5.4
Derde isomorfismestelling
Stelling 8.163. Derde isomorfismestelling
Zij G, ∗ een groep en N een normaaldeler van G, ∗.
• De afbeelding H 7→ H /N bepaalt een bijectie tussen de deelgroepen van G, ∗ die N omvatten
en de deelgroepen van G/N .
• Onder deze bijectie corresponderen normaaldelers van G met normaaldelers van G/N .
• Zij H nog een normaaldeler van G zodat N een deelverzameling is van H , dan geldt het volgende:
(G/N )/(H /N ) G/H
106 Zie
gevolg 8.160 op pagina 74.
propositie 8.122 op pagina 67.
108 Zie stelling 8.149 op pagina 71.
107 Zie
76
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Bewijs. Bewijs in delen.
• Zij A de verzameling van alle deelgroepen H van G die N omvatten en B de verzameling van
deelgroepen van G/N . A en B zijn dan de verzamelingen waartussen we een bijectie zoeken.
We bewijzen dat de afbeelding p een (die) bijectie is.
p : A → B : H 7→ π (H )
met
π : G → G/N : д 7→ дN
– p is injectief.
Kies een H en H in A zodat π (H ) gelijk is aan π (H 0 ). We moeten nu bewijzen dat hieruit
volgt dat H gelijk is aan H 0
∗ H ⊆ H0
Kies een willekeurig element h uit H , dan is de afbeelding π (h) van h onder π een
element van π (H ) = π (H 0 ). Er bestaat dus een element h0 in H 0 zodat pi (h) gelijk
is aan π (h0 ). Dit betekent dat er een n in N bestaat zodat h gelijk is aan h0n. N is
echter een deelverzamelijk van H 0, dus h zit ook in H 0.
∗ H0 ⊇ H
Wissel de benamingen H en H 0 om in bovenstaand puntje.
– p is surjectief.
Kies een H 0 uit B. Omdat π surjectief is109 geldt H 0 = π (π −1 (H 0 )). Er bestaat dus steeds
een element a uit A zodat p(a) = H 0 geldt.
• Dit volgt uit de eigenschap over beelden en inverse beelden van normaaldelers onder een
groepsmorfisme.
EXTRA: dit is me niet duidelijk
• Beschouw de afbeelding f :
f : G/N → G/H : дN 7→ дH
– f is een goed gedefinieerd groepsmorfisme. Kies immers twee verschillende representanten д en k van G/N . дH is dan gelijk aan kH omdat д en H uit dezelfde nevenklasse
komen.
– f is surjectief. (Kies immers een дH uit G/H , dan geldt д(дN ) = дH .)
– De kern van f is H /N .
Ker ( f ) = {дN ∈ G/N | дH = H } = {дN ∈ G/N | д ∈ H } = H /N
Omdat H /N de kern van f is, en G/H het beeld van G/N onder f , geldt
G/H .110
(G/N )/(H /N )
CLARIFY: Dit kan duidelijker en gedetailleerder!
109 Zie
110 Zie
stelling 8.54 op pagina 52.
stelling 8.149 op pagina 71.
77
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
8.5.5
Commutatordeelgroep
Stelling 8.164. Herformulering van commutativiteit
Een groep is commutatief als en slechts als het volgende geldt:
∀x,y ∈ G : xyx −1y −1 = e
EXTRA: bewijs
Definitie 8.165. Zij G een groep, dan zijn de elementen in G van de vorm xyx −1y −1 met x,y ∈ G
commutatoren
Definitie 8.166. De commutatordeelgroep of afgeleide groep G 0 = G (1) van G is de groep
voortgebracht door de commutatoren van G.
G 0 = G (1) =< xyx −1y −1 | x,y ∈ G >
Stelling 8.167. De commutatordeelgroep G 0 van een groep G is wel degelijk een deelgroep van G.
EXTRA: bewijs
Stelling 8.168. Zij G een groep.
G0 / G
Bewijs. Hint: Probeer dit niet direct te bewijzen aan de hand van de definitie van een normaaldeler.
Kies een element д uit G en een element h uit G 0. We bewijzen nu dat дhд−1 in G 0 zit.111 We schrijven
дhд−1 eerst als дhд−1h −1h дhд−1h −1 en h zijn beide elementen van G 0, dus дhд−1h −1h ook.
Stelling 8.169. Zij G een groep en N een normaaldeler van G, dan is G/N commutatief als en slechts
als G 0 een deel is van N .
G/N is commutatief ⇔ G 0 ⊆ N
Bewijs. G/N is commutatief als en slechts als het volgende geldt:
⇔
⇔
⇔
⇔
∀x,y ∈ G : xN ∗ yN ∗ (xN ) −1 ∗ (yN ) −1 = N in G/N
∀x,y ∈ G : xyx −1yN = N in G/N
∀x,y ∈ G : xyx −1y ∈ N
G = < xyx −1y −1 |x,y ∈ G > ⊆ N
De eerste equivalentie geldt omwille van de herformulering van commutativiteit.112 De tweede
equivalentie geldt omdat de bewerking in een quotientgroep goed gedefinieerd is.113 De derde equivalentie is een eerder bewezen eigenschap.114 De laatste equivalentie is het resultaat van een eerder
bewezen stelling.115
111 Zie
stelling 8.117 op pagina 65.
stelling 8.164 op pagina 77.
113 Zie propositie 8.126 op pagina 68.
114 Zie eigenschap 8.53 op pagina 51.
115 Zie stelling 8.157 op pagina 74.
112 Zie
78
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
Gevolg 8.170. Zij G een groep.
G/G 0 is commutatief
Bewijs. G 0 is een deelverzameling van G 0, dus dit is een speciaal geval van de stelling
Stelling 8.171. Zij G een groep, definieer dan p als volgt:
p : G → G/G 0 : д 7→ дG 0
Zij f nu een groepsmorfisme van G naar een commutatieve groep A, dan bestaat er een uniek morfisme f 0 als volgt:
f 0 : G/G 0 → A met f = f 0 ◦ p
Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit G.
f (x ∗ y ∗ x −1y −1 = f (x ) ∗ f (y) ∗ f (x ) −1 ∗ f (y) −1 = eA
G 0 is dus een deelgroep van Ker ( f ). De factorisatiestelling levert ons dan de stelling.116
Definitie 8.172. De n-de afgeleide groep G (n) van een groep G als volgt.
G (n) = G 0(n−1)
Propositie 8.173. G is oplosbaar als en slechts er een k-de afgeleide van G bestaat die enkel het
neutraal element bevat.
G is oplosbaar ⇔ ∃k ∈ N0 : G (k ) = {eG }
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Zij H 0 = G tot Hn = {eG } een keten van deelgroepen van G met Hi+1 ⊆ Hi en Hi/Hi+1 commutatief voor elke i.
{eG } = Hn / Hn−1 / · · · / Hi+1 / Hi / · · · / H 1 / H 0 = G
We tonen nu per inductie op i aan dat elke deelgroep Hi een deelverzameling is van de i-de
afgeleide groep G (i) van G.
– G (1) is een deelverzameling van H 1 want G/H 1 is commutatief.117
– Stel dat G (i) ⊆ Hi geldt, dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat G (i+1) ⊆ Hi+1 geldt.
Omdat G (i) een deelgroep is van Hi , is G (i+1) een deelgroep van Hi0 (vanuit de basis en
de inductiehypothese samen). Omdat Hi /Hi+1 commutatief is, is Hi0 een deelgroep van
Hi+1 .118 G (i+1) is dus inderdaad een deelgroep van Hi+1 .
• ⇐
De keten van deelgroepen voldoet aan de definitie van oplosbaarheid.119
commutatief120 en G (k ) een normaaldeler van G (k−1) .121
116 Zie
stelling 8.151 op pagina 73.
stelling 8.169 op pagina 77.
118 Zie stelling 8.169 op pagina 77.
119 Zie definitie 8.146 op pagina 71.
120 Zie gevolg 8.170 op pagina 78.
121 Zie stelling 8.168 op pagina 77.
117 Zie
G (k )/G (k −1)
is immers
HOOFDSTUK 8. GROEPEN
79
Lemma 8.174. Zij n ∈ N groter dan 5, en H een deelgroep van Sn . Als alle 3-cykels tot H behoren,
dan behoren ze ook tot H 0.
Bewijs. Kies een willekeurige 3-cykel (abc) uit H . Neem nu twee andere elementen d en e uit {1, ..,n}.
(abc) = (abd )(ace)(dba)(eca) = (abd )(ace)(abd ) −1 (ace) −1 ∈ H 0
Elke 3-cykel uit H zit dus ook in H 0.
Stelling 8.175. Voor n groter dan 4 is Sn niet oplosbaar.
EXTRA: bewijs
Hoofdstuk 9
Ringen
9.1
Abstracte ringen
9.1.1
Ring
Definitie 9.1. Een ring R, +, · is een (niet lege) verzameling R waarop twee inwendige bewerkingen + en · gedefinieerd zijn met de volgende eigenschappen:
• R, + is een commutatieve groep.
• · is associatief.
∀x,y,z ∈ R : (x · y) · z = x · (y · z)
• · is distributief ten opzichte van +.
∀x,y,z ∈ R : x · (y + z) = (x · y) + (x · z) = (y · x ) + (z · x )
Definitie 9.2. In de context van een ring R, +, · noemen we het neutraal element van R, + het
nulelement van R, +, · en noteren we het met eR,+ .
Eigenschap 9.3. Zij R, +, · een ring met nulelement e.
∀a ∈ R : a · e = e = e · a
Bewijs.
a · e = a · (−e + e)
= a · (e + e)
= (a · e) + (a · e)
⇒ a ·e =e
e · a = (−e + e) · a
= (e + e) · a
= (e · a) + (e · a) = e
⇒ e ·a =e
We gebruiken in de tweede gelijkheid dat e zijn eigen inverse is en in de derde gelijkheid dat ·
distributief is ten opzichte van +.
80
81
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.4. Zij R, +, · een ring met nulelement e.
∀a,b ∈ R : a · (−b) = −(a · b) = (−a) · b
Bewijs. We bewijzen dat a · (−b) en a ·b elkaars inversen zijn in R, + alsook −a ·b en a ·b. Dit betekent
dat a · (−b) en −a · b gelijk zijn aan −(a · b) want de inverse is uniek.1
(a · −b) + (a · b) = a · (−b + b)
=a ·e
=e
(−a · b) + (a · b) = (−a + a) · b
= e ·b
=e
Eigenschap 9.5. Zij R, +, · een ring met nulelement e.
∀a,b ∈ R : (−a) · (−b) = a · b
Bewijs. We bewijzen dat (−a) · (−b) en −(a·b) elkaars inversen zijn in R, + Dit betekent dat (−a) · (−b)
gelijk is aan a · b) want de inverse is uniek.2
(−a) · (−b) + (−(a · b)) = (−a) · (−b) + (−a) · b
= (−a) · (−b + b)
= (−a) · e
=e
Definitie 9.6. Wanneer in de context van een ring R, +, · de multiplicatieve notatie wordt gebruikt voor de tweede bewerking korten we “x · y” vaak af als “xy”.
Definitie 9.7. Zij R, +, · een ring, dan korten we de verzameling R \ {eR,+ } vaak af met R 0 of Re .
Definitie 9.8. Zij R, +, · een ring en x en y twee elementen van Re , dan noemen we x…
• … een linker nuldeler van y als x · y het neutraal element is van R, +.
• … een rechter nuldeler van y als y · x het neutraal element is vn R, +.
We noemen x ∈ R een nuldeler van y ∈ R als x zowel een linker als rechter nuldeler is van y.
x ·y = e =y ·x
Eigenschap 9.9. Zij R, +, · een niet-triviale ring en z een element van R, dan is z een nuldeler als
en slechts als z niet schrapbaar is voor ·. Noem het nulelement van R, +, · e.
z is een nuldeler ⇔ z is niet schrapbaar voor ·
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
1 Zie
2 Zie
stelling ?? op pagina ??.
stelling ?? op pagina ??.
82
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• ⇒
Als z een nuldeler is, dan bestaat er dus een x ∈ Re zodat x · z = e of z · x = e geldt. z kan dan
niet schrapbaar zijn voor · want z · e = e = e · z geldt3 :
z ·x =z ·e ∧x ,e
of
x ·z =e ·z ∧x ,e
• ⇐
Stel dat er twee verschillende elementen x en y in R bestaan zodat z · x gelijk is aan z · y. z is
dan dus niet schrapbaar.
z ·x = z ·y ∧x ,y
z moet dan een nuldeler zijn:
z · (x + (−y)) = z · x + z · (−y)
= z · y + (−(z · y)) = e
Merk op dat dat de tweede gelijkheid enkel geldt omdat z · (−y) = −(z ·y) geldt voor elke twee
elementen van een ring.4
Definitie 9.10. De nulring of triviale ring is de ring met enkel een nulelement e.
{e}, +, ·
9.1.2
Ring met eenheidselement
Definitie 9.11. Zij R, +, · een ring. We noemen R, +, · een ring met eenheidselement als er
een eenheidselement i ∈ R bestaat als volgt:
∀x ∈ R : i · x = x = x · i
Eigenschap 9.12. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en nulelement e.
∀a ∈ R : (−i) · a = −a = a · (−i)
Bewijs. We bewijzen dat (−i) · a en a alsook a · (−i) en a elkaars inversen zijn in R, +. Dit betekent
dat (−i) · a gelijk is aan −a alsook a · (−i) want de inverse is uniek.5
(−i) · a + a = (−i) · a + i · a
= (−i + i) · a
=e ·a
=e
a · (−i) + a = a · (−i) + a · i
= a · (−i + i)
=a ·e
=e
3 Zie
eigenschap 9.3 op pagina 80.
eigenschap 9.4 op pagina 81.
5 Zie stelling ?? op pagina ??.
4 Zie
83
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.13. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i.
(−i) · (−i) = i
Bewijs. We bewijzen dat (−i) · (−i) en −i elkaars inversen zijn in R, +. Dit betekent dat (−i) · (−i)
gelijk is aan i want de inverse is uniek.6
(−i) · (−i) + (−i) = (−i) · (−i) + (−i) · i
= (−i) · (−i + i)
= (−i) · e
=e
Definitie 9.14. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. We noemen een element u van R een
eenheid als er een element v bestaat van R zodat het volgende geldt:
u ·v = i =v ·u
We noemen v dan de inverse van u.
Stelling 9.15. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. Zij u een eenheid van R, +, ·, dan is de
inverse van u uniek.
Bewijs. Zij u een eenheid van een ring R, +, ·. Stel dat er twee elementen v en v 0 invers zijn van u.
u ·v = i =v ·u
en
u · v0 = i = v0 · u
v = i ·v
= (v 0 · u) · v
= v 0 · (u · v)
= v0 · i
= v0
Definitie 9.16. De eenhedengroep R × , · van een ring R, +, · met eenheidselement i is de verzameling van eenheden van R, uitgerust met de multiplicatieve bewerking van R.
R × = U (R) = {u ∈ R | ∃v ∈ R : u · v = i = v · u}
Eigenschap 9.17. De eenhedengroep van een ring R, +, · is wel degelijk een groep.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.18. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen met eenheidselement.
(R × S ) × = R × × S ×
Bewijs. Noteer het eenheidselement van R, +, · als i R , het eenheidselement van S,?, ∗ als iS en het
eenheidselement van (R × S ), (+,?), (·, ∗) als i R×S .
(R × S ) × = {(r ,s) | r ∈ R,s ∈ S }×
= {(r ,s) ∈ R × S | ∃(r 0,s 0 ) ∈ R × S : (r ,s) · (r 0,s 0 ) = i R×S = (r 0,s 0 ) · (r ,s)}
6 Zie
stelling ?? op pagina ??.
84
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Merk op dat i R×S gelijk is aan (i R ,iS ).
R × × S × = {r ∈ R | ∃r 0 ∈ R : r · r 0 = i R = r 0 · r } × {s ∈ S | ∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s}
= {(r ,s) ∈ R × S | (∃r 0 ∈ R : r · r 0 = i R = r 0 · r ) ∧ (∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s)}
Er rest ons nu dus nog op te merken dat de volgende bewering wel degelijk geldt.
∃(r 0,s 0 ) ∈ R × S : (r ,s) · (r 0,s 0 ) = i R×S = (r 0,s 0 ) · (r ,s)
⇔
0
0
0
(∃r ∈ R : r · r = i R = r · r ) ∧ (∃s 0 ∈ S : s ∗ s 0 = iS = s 0 ∗ s)
Stelling 9.19. Een ring R, +, · met eenheidselement i en nulelement e waarbij i gelijk is aan e is de
nulring.
Bewijs.
∀x ∈ R : x · e = x = e · x ⇒ x = e
9.1.3
Commutatieve ring
Definitie 9.20. Zij R, +, · een ring waarbij · commutatief is, dan noemen we R, +, · een commutatieve ring.
∀x,y ∈ R : x · y = y · x
Definitie 9.21. Zij R, +, · een commutatieve ring en a en b elementen van R. We noemen a een
deler van b (in R, +, ·) als er een q in R bestaat zodat het volgende geldt:
b =q ·a
9.1.4
Lichaam
Definitie 9.22. Zij R, +, · een (niet-triviale) ring met eenheidselement i. We noemen R, +, · een
lichaam als Re , · een groep is:
∀x ∈ Re , ∃y ∈ R : x · y = y · x = i
Elk element in Re is dus een eenheid.
Stelling 9.23. Een lichaam heeft geen nuldelers
Bewijs. Zij R, +, · een lichaam met eenheidselement i en nulelement e. Stel nu dat er element x en y
in R bestaan zodat x · y = e of y · x = e geldt.
x ·y
⇒
x −1 · (x · y) · y −1
⇒ (x −1 · x ) · (y · y −1 )
⇒
i ·i
⇒
i
=e
= x −1 · e · y −1
=e
=e
=e
85
HOOFDSTUK 9. RINGEN
De eerste equivalentie geldt omdat elk element een eenheid is. De tweede equivalentie geldt omdat
het nulelement zich opslorpend gedraagt voor de multiplicatieve bewerking in een ring.7 De laatste
gelijkheid impliceert dat de ring R triviaal is. Contradictie.8
Stelling 9.24. De stelling van Wedderburn
Een eindig lichaam is commutatief en dus een veld. Zonder bewijs
9.1.5
Integriteitsdomeinen
Definitie 9.25. Een (integriteits)domein R, +, · is een (niet-triviale) commutatieve ring R, +, ·
met eenheidselement, zonder nuldelers. Zij e het nulelement van R, +, ·:
∀a,b ∈ R : (a · x = e) ⇒ (x = e ∨ y = e)
Eigenschap 9.26. Zij R, +, · een intergiteitsdomein met nulelement e
∀a,b,c ∈ R : (a · b = a · c ∧ a , e) ⇒ b = c
Bewijs. Er zijn geen nuldelers in R, +, ·, want het is een integriteitsdomein, dus elk element is schrapbaar.9
Opmerking 9.27. In een willekeurige ring zijn niet alle elementen schrapbaar. In Z10 geldt 5·3 = 5·7
maar 3 , 7.
9.1.6
Velden
Definitie 9.28. Een veld is een commutatief lichaam.
Stelling 9.29. Een eindig integriteitsdomein is een veld.
Bewijs. Zij D, +, · een eindig integriteitsdomein met nulelement e en eenheidselement i. We moeten
aantonen dat elk element a, verschillend van e, in d een eenheid is. Kies een element a van D
verschillend van i, (voor a = i is a namelijk zeker een eenheid). Beschouw nu de elementen an voor
elke n ∈ N. Omdat D eindig is bestaan er getallen i en j in N zodat ai gelijk is aan a j met i > j.
ai = a j
Omdat er geen nuldelers zijn in D 10 , mogen we dit vereenvoudigen:
ai−j = i
Dit betekent precies dat ai−j−1 de invers is van a.
Gevolg 9.30. Zij p een priemgetal, dan is Zp , +, · een veld.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.31. In een veld hebben alle van het nulelement verschillende elementen dezelfde additieve
orde.
7 Zie
eigenschap 9.3 op pagina 80.
stelling 9.19 op pagina 84.
9 Zie eigenschap 9.9 op pagina 81.
10 Zie definitie 9.25 op pagina 85.
8 Zie
86
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Bewijs. Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en nulelement e. Kies nu twee elementen a en b
uit Fe . Zij r de additieve orde van a zodat ra = e, dan bewijzen we nu dat rb ook gelijk is aan het
nulelement.
rb = r (ib)
= r (aa −1b)
= (ra)a −1b
= e (a −1b) = e
Definitie 9.32. De additieve orde van de van 0 verschillende elementen van een veld noemt
met de karakteristiek van het veld.
9.1.7
Direct product
Definitie 9.33. Zij Ri , +i , ·i n ringen, dan definieren we het direct product van deze Ri als de
productverzameling met dezelfde bewerkingen, maar dan op paarsgewijze elementen.
(R 1 × · · · × Rn ), +, ·
Stelling 9.34. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i heeft een eenheidselement als en slechts als
elk van de ringen Ri , +i , ·i een eenheidselement heeft is.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.35. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i is commutatief als en slechts als elk van de
ringen Ri , +i , ·i commutatief is.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.36. Het direct product van n ringen Ri , +i , ·i kan geen veld zijn als elk van de ringen
Ri , +i , ·i verschillend is van de nulring.
EXTRA: bewijs
9.1.8
Deelringen
Definitie 9.37. Zij R, +, · een ring en S een niet-lege deelverzameling van R. We noemen S een
deelring van R als S een ring is voor dezelfde bewerkingen.
Stelling 9.38. Criteria voor een deelring. Zij R, +, · een ring en S een niet-lege deelverzameling van
R, dan is S een deelring van R als aan e´ e´ n van de volgende criteria voldaan is.
• S, + is een deelgroep van R, + en · is intern in S.
• S is niet leeg, · is intern in S en het volgende geldt:
∀a,b ∈ S : a − b ∈ S
EXTRA: bewijs
87
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Opmerking 9.39. Het eenheidselement van een deelring van een ring hoeft niet gelijk zijn aan het
eenheidselement van de ring. De volgende deelring van M 2×2 (Z), +, · heeft een ander eenheidselement dan M 2×2 (Z), +, ·
(
!
)
x 0
| x ∈ Z , +, ·
0 0
Stelling 9.40. Zij R, +, · Het centrum Z (R) van R, +, ook uitgerust met · is een deelring van R, +, ·.
Bewijs. We bewijzen de eigenschappen in het criterium van deelringen.
• Z (R), + is een commutatieve deelgroep van R, +.11
• Z (R) is niet leeg want Z (R) bevat minstens eR .
• · is intern in Z (R). Kies immers twee elementen a en b uit Z (R):
∀x ∈ R : (a · b) · x = a · x · b = b · (a · b)
9.1.9
Ringmorfismen
Definitie 9.41. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen. Een (ring)(homo)morfisme van R naar S is een
afbeelding f : R → S die voldoet aan twee voorwaarden:
1. ∀x,y ∈ R : f (x + y) = f (x ) ? f (y)
2. ∀x,y ∈ R : f (x · y) = f (x ) ∗ f (y)
Opmerking 9.42. Een ringisomorfisme f van een ring R, +, · naar S,?, ∗ is een groepsisomorfisme
van de groep R, + naar S,?
Definitie 9.43. Een bijectief ringhomomorfisme is een (ring)isomorfisme.
Definitie 9.44. Een morfisme van een ring naar zichzelf heet een endomorfisme.
Definitie 9.45. Een isomorfisme van een ring naar zichzelf heet een automorfisme.
Definitie 9.46. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme. Zij e het nulelement
van S. De kern Ker ( f ) van f is de verzameling van elementen van R die onder f op e ∈ S
worden afgebeeldt.
Ker ( f ) = {x ∈ R | f (x ) = 0}
11 Zie
eigenschap 8.99 op pagina 61.
88
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.47. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen met nulelementen eR en eS , en f : R → S een morfisme.
f (eR ) = eS
Bewijs. f moet de groep R, + afbeelden op S,?, dus het neutraal element van R, + moet op het neutraal element van S,? afgebeeld worden.12
Eigenschap 9.48. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme.
∀a ∈ R : f (−a) = −f (a)
Bewijs. f moet de groep R, + afbeelden op S,?, dus f moet de inverse behouden.13
Eigenschap 9.49. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij A een deelring van R,
dan is f (A) een deelring van S.
Bewijs. We gaan het criterium voor deelringen na:
• Omdat A, +, · een deelring is van R, +, · is A, + een deelgroep van R, +. f (A),? is dan een
deelgroep van S,?.14
• ∗ is intern in f (A):
∀a,b ∈ A : f (a) ∗ f (b) = f (a · b) ∈ f (A)
Eigenschap 9.50. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij B een deelring van S,
dan is f −1 (B) een deelring van R.
Bewijs. We gaan het criterium voor deelringen na:
• Omdat B,?, ∗ een deelring is van S,?, ∗, is B,? een deelgroep van S,?. f −1 (B) is dan een
deelgroep van R, +. 15
• · is intern in f −1 (B):
∀a,b ∈ f −1 (B) : f (a) · f (b) = f (a · b) ∈ B ⇒ a · b ∈ f −1 (B)
Eigenschap 9.51. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i, S,?, ∗ een ring en f : R → S een
morfisme. De deelring f (R) heeft f (i) als eenheidselement.
Bewijs.
∀x ∈ R : f (x ) ∗ f (i) = f (x · i) = f (x ) = f (i · x ) = f (i) ∗ f (x )
Eigenschap 9.52. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. Zij eR het nulelement van
R en eS het nulelement van S. f is injectief als en slechts als Ker ( f ) = {eR }.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
12 Zie
stelling 8.23 op pagina 41.
stelling 8.24 op pagina 42.
14 Zie stelling 8.29 op pagina 44.
15 Zie stelling 8.30 op pagina 44.
13 Zie
89
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• ⇒
Stel dat er twee verschillende elementen x en y zouden zijn in de kern van f , dan geldt f (x ) =
f (y) = eR , maar ook x , y. f is dan niet injectief, dus de kern van f kan maar e´ e´ n element
bevatten. Dat ene element moet eR zijn, anders is f geen morfisme.
• ⇐
Stel dat er twee elementen x en y zijn die op hetzefde element worden afgebeeldt onder f , dan
geldt ook het volgende en moeten x en y dus gelijk zijn.
⇒
⇒
⇒
⇒
f (x ) = f (y)
f (x ) ? (−f (y)) = eS
f (x + (−y)) = eS
x − y = eR
x =y
Eigenschap 9.53. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f een ringisomorfisme van R naar S, dan is ook
f −1 : S → R een ringisomorfisme.
Bewijs. Stel dat f isomorf is, dan bestaan er voor alle koppels elementen y1 en y2 uit S elementen x 1
en x 2 uit R zodat x 1 op y1 wordt afgebeeldt en x 2 op y2 .
f −1 (y1 · y2 ) = f −1 ( f (x 1 ) ∗ f (x 2 ))
= f −1 ( f (x 1 · x 2 ))
= x1 · x2
= f −1 (y1 ) ∗ f −1 (y2 )
Eigenschap 9.54. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen met eenheidselement i R en iS en zij f : R → S een
isomorfisme dat het eenheidselement i R van R, +, · afstuurt op het eenheidselement iS van S, +, ·.
Als een element u ∈ R een eenheid is in R, +, ·, dan is f (u) een eenheid in S. Bovendien geldt het
volgende:
( f (u)) −1 = f (u −1 )
Bewijs.
∀x ∈ R : f (x −1 ) · f (x ) = f (x −1 · x ) = f (IR ) = iS = f (IR ) = f (x · x −1 ) = f (x ) · f (x −1 )
Stelling 9.55. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen met eenheidselement i R en iS en zij f : R → S een isomorfisme dat het eenheidselement i R van R, +, · afstuurt op het eenheidselement iS van S, +, ·, dan zijn
de eenheidsgroepen R × , · en S × , · isomorf.
Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat f (R × ) gelijk is aan S × want f is een isomorfisme.
Noem i R het eenheidselement van R × en iS het eenheidselement van S ×
• ⊆
Kies een r ∈ R × , dan bestaat er een inverse r 0 van r in R × .
r · r 0 = iR = r 0 · r
We beelden nu i R af onder f :
f (r · r 0 ) = f (i R ) = f (r 0 · r )
90
HOOFDSTUK 9. RINGEN
f (r ) · f (r 0 ) = iS = f (r 0 ) · f (r )
Voor element f (r ) van S × bestaat er dus een element f (r 0 ) in S × .
f (R × ) ⊆ S ×
• ⊇
Omdat f bijectief is, is f −1 ook bijectief en bovendien zinvol om te beschouwen.16 Kies nu
een element f (r ) met inverse f (r ) −1 in S,?, ∗.
f (r ) · f (r ) −1 = iS = f (r ) −1 · f (r )
We beelden nu iS af onder f −1 :
f −1 ( f (r ) · f (r ) −1 ) = f −1 (iS ) = f −1 ( f (r ) −1 · f (r ))
f −1 ( f (r )) · f −1 ( f (r −1 )) = f −1 (iS ) = f −1 ( f (r −1 )) · f −1 ( f (r ))
r · r −1 = f −1 = i R = r −1 · r
Voor element r van R × bestaat er dus een element r −1 in R × .
f −1 (S × ) ⊆ R ×
Propositie 9.56. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i R en nulelement eR en zij S,?, ∗ een integriteitsdomein met eenheidselement iS en nulelement eS . Zij f : R → S een ringmorfisme.
f (R) = {eS }
∨
f (i R ) = iS
Bewijs. i R wordt ofwel wel afgebeeldt op eS , ofwel niet.
• f (i R ) = eS
∀r ∈ R : f (r ) = f (r · i R ) = f (r ) ∗ f (i R ) = f (r ) ∗ eS = eS
• f (i R ) , eS
f (i R ) ∗ iS = f (i R ) = f (i R · i R ) = f (i R ) ∗ f (i R ) ⇒ f (i R ) = iS
Merk op dat de implicatie enkel geldt omdat een integriteitsdomein geen nuldelers heeft.
Propositie 9.57. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een morfisme. f is een isomorfisme als en
slechts als en een morfisme д : S → R bestaat zodat het volgende geldt:
д ◦ f = IR
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
16 Zie
stelling 3.34 op pagina 24.
∧
f ◦ д = IS
91
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• ⇒
Als f een isomorfisme is, is f −1 dat ook.17
f ◦ f −1 = IR ∧ f −1 ◦ f = IS
• ⇐
– f is injectief.
Stel immers dat er twee elementen r 1 en r 2 zouden bestaan die op hetzelfde element
worden afgebeeldt onder f , dan moeten die gelijk zijn vanuit de definitie van д.
r 1 = д( f (r 1 )) = д( f (r 2 )) = r 2
– f is surjectief.
Stel immers dat er een element s ∈ S bestaat waarop geen enkel element uit R afgebeeld
wordt onder f , dan volgt uit de definitie van д dat s toch wordt afgebeeldt op f (д(s)).
Contradictie.
9.1.10
Breukenveld van een integriteitsdomein
Definitie 9.58. Zij R, +, · een integriteitsdomein, F ,?, ∗ een veld en i : R → F een ringmorfisme
als volgt:
1. i is injectief
2. ∀q ∈ F , ∃a ∈ R,b ∈ Re : q = i (a) · i (b) −1
F is dan het breukenveld of quoti¨entenveld van R.
Stelling 9.59. Constructie van een breukenveld
We kunnen voor elk integriteitsdomein R, +, · een breukenveld F ,?, ∗ construeren. Noem eR , respectievelijk e F het nulelement van R, +, ·, respectievelijk F ,?, ∗ en i R , respectievelijk i F het eenheidselement van R, +, ·, repspectievelijk F ,?, ∗.
Bewijs. Bewijs door constructie.
• We voeren eerst een relatie ∼ in als op V ( R 2 :
R : V = {(a,b) ∈ R 2 | b , eR } : (a,b) ∼ (c,d ) ⇔ a · d = b · c
Merk op dat ∼ een equivalentierelatie is.
– ∼ is reflexief: ∀(a,b) ∈ V : (a,b) ∼ (a,b) want ab = ab.
– ∼ is symmetrisch.
∀(a,b), (b,c), (d,e) ∈ V :
⇔
⇔
⇒
⇔
(a,b) ∼ (b,c) ∧ (b,c) ∼ (d,e)
a ·d =b ·c ∧c · f =d ·e
a ·c · f = a ·d ·e =b ·c ·e
a · f =b ·e
(a,b) = (c, f )
Merk op dat de implicatie enkel geldt omdat een integriteitsdomein geen nuldelers heeft.
17 Zie
eigenschap 9.53 op pagina 89.
92
HOOFDSTUK 9. RINGEN
– ∼ is transitief.
∀(a,b), (c,d ) ∈ V : (a,b) ∼ (c,d ) ⇔ ad = bc ⇔ cb = da ⇔ (c,d ) ∼ (a,b)
Merk op dat de tweede equivalentie enkel geldt omdat · commutatief is in een integriteitsdomein.
• Beschouw nu de equivalentieklassen van V onder ∼ en noem ze F .
F = V/ ∼
Noteer bovendien de equivalentieklasse van een element (a,b) ∈ V als [a,b].
– We voeren nu op F de bewerkingen + en · is als volgt:
+ : F × F → F : [a,b] + [c,d] = [ad + ca,bd]
· : F × F → F : [a,b] · [c,d] = [ac,bd]
+ en · zijn op deze manier goed gedefini¨eerd, ’t is te zeggen onafhankelijk van de keuze
van de representanten van de equivalentieklassen. Merk allereerst het volgende op.
∀x ∈ R : (a,b) ∼ (xa,xb) ∼ (ax,bx )
Kies twee elementen uit Z met representanten (a,b) en (x,y) respectievelijk. Zij (c,d )
een andere representant van [a,b]. We bewijzen nu dat het resultaat hetzelfde blijft,
onafhankelijk van de representanten.
∗
[c,d] + [x,y] = [cy + xd,dy]
= [acy + axd,ady]
= [acy + bcx,bcy]
= [c (ay + xb),cby]
= [ay + xb,by]
= [a,b] + [x,y]
∗
[c,d] + [x,y] = [cx,dy]
= [acx,ady]
= [acx,bcy] = [ax,by]
– F , +· is nu een veld met eenheidselement i F = [i R ,i R ] en nulelement e F = [eR ,i R ].
CLARIFY: waarom?
• Beschouw nu de afbeelding i als volgt:
i : R → F : r 7→ [r ,i R ]
– i is een ringmorfisme.
CLARIFY: waarom?
– i is injectief.
We bewijzen dit door aan te tonen dat de kern enkel het nulelelement eR van R, +, · bevat.
∀r ∈ R : i (r ) = [r ,i R ] = e F ⇒ r = eR
– Elk element [x,y] ∈ F valt als volgt te schrijven:
[x,y] = [x,i R ] · [i R ,y] = [x,i R ] · [y,i R ]−1 = i (x ) · i (y) −1
93
HOOFDSTUK 9. RINGEN
TODO: bewijs p 139 TAI bekijken
Eigenschap 9.60. Het breukenveld van een integriteitsdomein is uniek. Zonder bewijs
Eigenschap 9.61. 18 Zij F het breukenveld van een integriteitsdomein R met inbedding i : R → F .
Er bestaat voor elk injectief ringmorfisme f : R → K met K een veld een uniek ringmorfisme
f 0 : F → K zodat f = f 0 ◦ i geldt. Zonder bewijs
Definitie 9.62. We schrijven in het vervolg de equivalentieklasse [a,b] als
a
b
of a/b .
Opmerking 9.63. We kunnen een integriteitsdomein identificeren met zijn beeld onder de inbedding i en dus als deelring van F beschouwen. We identificeren elk element a uit R met iaR in F .
EXTRA: meer uitleg
Opmerking 9.64. Men kan F zien als een uitbreiding (zie later) van R (isomorf met R 0) zodat in F
elk niet-nulelement van R een inverse heeft gekregen.
9.2
Idealen
Definitie 9.65. Zij R, +, · een ring en I , + een deelgroep van R, +. We noemen I , +, ·…
• … een linkerideaal als ∀r ∈ R,∀i ∈ I ; r · x ∈ I geldt.
• … een rechterideaal als ∀r ∈ R,∀i ∈ I ; x · r ∈ I geldt.
We noemen I , +, · een ideaal of tweezijdig ideaal als I , +, · zowel een linker- als rechterideaal
is van R, +, ·
I , +, · / R, +, ·
Stelling 9.66. Elke ring R, +, · heeft twee idealen:
1. De ring met enkel het nulelement: {eR,+ }, +, ·
2. Heel de ring: R, +, ·
EXTRA: bewijs
Definitie 9.67. We noemen {eR,+ }, +, · en R, +, · de triviale idealen van R, +, ·.
Stelling 9.68. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en I , +, · een ideaal van R, +, ·.
i ∈I ⇔I =R
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ∀r ∈ R : r · i = i · r ∈ I geldt, dus alle r ∈ R moeten in I zitten.
18 Zie
eigenschap ?? op pagina ??.
94
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• ∀r ∈ R, ∀i ∈ I : r · i ∈ I ∧ i · r ∈ I geldt, dus ook i ∈ I .
Stelling 9.69. De criteria voor idealen.
Zij I een niet-lege deelverzameling van R waarbij R, +, · een ring is. I , +, · is een ideaal als aan e´ e´ n
van de volgende (equivalente) criteria voldaan is.
1. ∀x,y ∈ I , ∀r ∈ R : x + y ∈ I ∧ −x ∈ I ∧ r · x ∈ I ∧ x · r ∈ I
2. ∀x,y ∈ I , ∀r ∈ R : x − y ∈ I ∧
r ·x ∈ I ∧ x ·r ∈ I
3. ∀x,y ∈ I , ∀r ∈ R : x − y ∈ I ∧
heeft.
r · x ∈ I ∧ x · r ∈ I als R, +, · een eenheidselement
Bewijs. Bewijs van equivalenties
1.
• ⇒
I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste twee voorwaarden is al voldaan. De
andere twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal.
• ⇐
Het neutraal element eR behoort tot I omwille van de eerste twee voorwaarden. Verder
vervolledigen de eerste twee voorwaarden het criterium voor de deelgroep I , + van R, +.
De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie van een ideaal.
2.
• ⇒
I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste voorwaarde is al voldaan. De andere
twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal.
• ⇐
Het neutraal element eR behoort tot I omwille van de eerste voorwaarde. Voor elk elementen x ∈ I behoort de inverse ook tot I , kies immers in de eerste voorwaarde eR voor
x. De additieve bewerking is bovendien intern in I omwille van de eerste voorwaarde en
omdat de inverse intern is in I . De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie
van een ideaal.
3.
• ⇒
I , + is een deelgroep van R, +, dus aan de eerste voorwaarde is al voldaan. De andere
twee voorwaarden staan rechtstreeks in de definitie van een ideaal.
• ⇐
Omdat R een eenheidselement heeft, (en dat eenheidselement een additieve inverse),
heeft elk element in R (en bijgevolg ook in I ) een interne additieve inverse.19
CLARIFY: waarom heeft elk element een interne inverse in I ?
I , + is dus een deelgroep van R, +. De laatste twee voorwaarden vervolledigen de definitie
van een ideaal.
Stelling 9.70. Elk ideaal is een deelring.
EXTRA: bewijs
19 Zie
eigenschap 9.12 op pagina 82.
95
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.71. Een ideaal I van een ring R, +, · is een normaaldeler van de groep R, +.
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.72. Dit verantwoordt de notatie die we gebruiken voor “… is een ideaal van …”: /
Definitie 9.73. De nevenklassen van een ideaal, beschouwd als normaaldeler, noemen we restklassen.
Propositie 9.74. De kern van een ringmorfisme is een ideaal. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S
een ringmorfisme. Noteer de nullementen van R, +, · en S,?, ∗ respectievelijk eR en eS .
Ker ( f ) / R
Bewijs. Merk eerst op dat Ker ( f ), + een normaaldeler is van R, +20 . Er rest ons nu nog te bewijzen
dat het volgende geldt:
∀r ∈ R, ∀k ∈ Ker ( f ) : r · k ∈ Ker ( f ) ∧ k · r ∈ Ker ( f )
Kies daarom een willekeurige r ∈ R en k ∈ Ker ( f ).
f (r · k ) = f (r ) ∗ f (k ) = f (r ) ∗ f (k ) = f (r ) ∗ eS = eS
f (k · r ) = f (k ) ∗ f (r ) = f (k ) ∗ f (r ) = eS ∗ f (r ) = eS
Bovenstaande berekeningen tonen aan dat zowel r · k als k · r in de kern van f zitten.
Eigenschap 9.75. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme.
I / R ⇒ f (I ) / f (R)
Bewijs. We weten alsvast dat f (I ),? een normaaldeler is van f (R),?.21 Kies vervolgens een willekeurige s ∈ f (R) en i ∈ f (I ) zodat f (r ) = s en f (k ) = i gelden.
s ∗ i = f (r ) ∗ f (k ) = f (r · k ) ∈ f (I )
i ∗ s = f (x ) ∗ f (r ) = f (k · r ) ∈ f (I )
Eigenschap 9.76. Zij R, +, · en S,?, ∗ ringen en f : R → S een ringmorfisme.
J / S ⇒ f −1 (J ) / R
Bewijs. We weten alsvast dat f −1 (J ), + een normaaldeler is van R, +.22 Kies vervolgens een willekeurige s ∈ f −1 (J ) en i ∈ R zodat f (r ) = s en f (k ) = i gelden.
s ∗ i = f (r ) ∗ f (k ) = f (r · k ) ∈ J
i ∗ s = f (x ) ∗ f (r ) = f (k · r ) ∈ J
Bovenstaande beweringen betekenen precies dat r · k en k · r in f −1 (J ) zitten.
20 Zie
propositie 8.122 op pagina 67.
eigenschap 8.124 op pagina 67.
22 Zie eigenschap ?? op pagina ??.
21 Zie
96
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Stelling 9.77. De doonsnede van twee idealen is een ideaal.
I / R, +, · ∧ J / R, +, · ⇒ I ∩ J / R, +, ·
Bewijs. Zij I , +, · en J , +, · twee idealen van een ring R, +, ·. Er geldt dan het volgende:
∀r ∈ R, ∀k ∈ I ∩ J : r · k ∈ I ∩ J ∧ k · r ∈ I ∩ J
Dit is precies de definitie van een ideaal.
Stelling 9.78. De ‘som’ van twee idealen is een ideaal.
I / R, +, · ∧ J / R, +, · ⇒ I + J / R, +, ·
Bewijs. Zij I , +, · en J , +, · twee idealen van een ring R, +, ·. Er geldt dan het volgende:
∀r ∈ R, ∀i + j ∈ (I + J ) : r · (i + j) = r · i + r · j ∈ (I + J )
∀r ∈ R, ∀i + j ∈ (I + J ) : (i + j) · r = i · r + j · r ∈ (I + J )
Dit is precies de definitie van een ideaal.
Stelling 9.79. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i. Zij u een eenheid in R, +, ·
en I , +, · een ideaal in R, +, ·. Als u een element is in I , dan is I gelijk aan R.
Bewijs. Voor elk element r in R moet het volgende gelden:
u ·r ∈ I
In het bijzonder moet het ook gelden voor u −1 , dus i zit ook in I . Daaruit volgt meteen dat I gelijk
is aan R.23
Stelling 9.80. Een niet-triviale commutatieve ring R, +, · met eenheidselement is een veld als en
slechts als R, +, · geen niet-triviale idealen heeft.
Bewijs. Zij i het eenheidselement van R, +, · en e het nulelement.
• ⇒
Uit het ongerijmde: Zij I , +, · een niet-triviaal ideaal van een veld R, +, ·, dan moet er een nietnulement in zitten en bijgevolg ook i. Er geldt immers in het bijzonder het volgende:
x ∈ I ⇒ x · x −1 ∈ I
I moet dan heel R zijn.24
• ⇐
Uit het ongerijmde: Stel dat R, +, · geen niet-triviale idealen heeft en toch geen veld is. Dan
bestaat er een element x ∈ R zonder inverse in R, +, ·. Beschouw nu (x ):
(x ) = {r · x | r ∈ R}
(x ) is niet de nulring, want (x ) bevat x (omdat R, +, · een eenheidselement heeft), maar ook
niet heel R want i zit niet in (x ) (omdat x geen eenheid is). (x ) is dus een niet-triviaal ideaal
van R, +, ·, wat in tegenspraak is met de aanname.
9.2.1
23 Zie
24 Zie
Voortgebrachte idealen
stelling 9.68 op pagina 93.
stelling 9.68 op pagina 93.
97
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.81. Zij a een element van een commutatieve ring R, +, · met eenheidselement. Het
ideaal voortgebracht door een element a, principaal ideaal of hoofdideaal door a is (a).
(a) = {r · a | r ∈ R}, +, ·
Stelling 9.82. De doorsnede van alle idealen die a omvatten is (a).
Bewijs. Voor elk ideaal Ii , +, · dat a bevat geldt het volgende vanuit de definitie van een ideaal.
∀r ∈ R : r · a ∈ Ii
Noem nu I de doorsnede van al die Ii .
I=
\
Ii
i
We weten dan dat (a) = {r · a | r ∈ R} een deelverzameling is van I , want (a) is een deelverzameling
van elke Ii . We bewijzen tenslotte nog aan dat elk element uit I ook in (a) zit. Stel immers dat er
een x bestaat die in I zit maar niet in (a), dan zit die x ook niet in I ∩ (a).
CLARIFY: Ik ben nog niet overtuigd.
Definitie 9.83. Zij a 1 , . . . ,an elementen van een commutatieve ring R, +, · met eenheidselement.
Het ideaal voortgebracht door elementen a 1 , . . . ,an is (a 1 , . . . ,an )
n
X





(a 1 , . . . ,an ) =  ri ai | ri ∈ R 

 i=1

Definitie 9.84. Zij A een deelverzameling van een R met R, +, · een commutatieve ring met
eenheidselement. Het ideaal voortgebracht door een verzameling A is (A)..
n



X

(A) = 
r
a
|
r
∈
R,a
∈
A,n
∈
{1
.
.
.
,
|A|}
i
i
i
i


 i=1

Stelling 9.85. Voortgebrachte idealen zijn wel degelijk idealen.
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.86. Een ideaal voortgebracht door een deelverzameling A van R met R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement is in feite gelijk aan de doorsnede van alle idealen van R die A
omvatten. Of nog: “het kleinste ideaal van R dat A omvat”.
Stelling 9.87. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement en u een eenheid in R, +, ·.
∀r ∈ R : (ur ) = (r )
Bewijs. Bewijs van gelijkheid van verzameling.
• (ur ) ⊆ (r )
Voor elk element x · u · r met x ∈ R in (ur ) geldt per definitie het volgende:
∀y ∈ R : y · x · (u · r ) ∈ (ur )
98
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• (r ) ⊆ (ur )
Voor elk element x ∈ (r ) bestaat er een a ∈ R zodat x = a · r geldt.
x = u −1 · u · a · r = u −1 · a · u · r = (u −1a) · (u · r ) ∈ (ur )
Gevolg 9.88. Zij a en b voortbrengers van hetzelfde hoodideaal in een integriteitsdomein R, +, ·,
dan zijn a en b geassocieerd.
(a) = (b) ⇔ a is geassocieerd met b
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Elk element r in (a) ziet er uit als a · t met t ∈ R en elk element s in (b) ziet er uit als b · u met
u ∈ R. Dit betekent dat er niet-nulementen u en t in R bestaan als volgt:
a = b · u en b = a · t
a = a ·t ·u
Dit betekent dat t en u elkaars inverse zijn. Er bestaat dus een eenheid (dit is u) zodat a gelijk
is aan b · u. Bijgevolg zijn a en b geassocieerd.
• ⇐
Als a geassocieerd is met b, dan bestaat er een eenheid u ∈ R zodat a = ub geldt.
9.2.2
Quotientringen
Definitie 9.89. De quotientring R/I van een ring R, +, · ten opzichte van een ideaal is de partitie van R in restklassen van I , uitgerust met de quotientwetten:
•
•
+ : R/I → R/I : (x + I ) + (y + I ) = (x + y) + I
· : R/I → R/I : (x + I ) · (y + I ) = (x · y) + I
Propositie 9.90. Examenvraag!
Zij R, +, · een ring en I , +, · een ideaal van R, +, ·. De (kandidiaat-)bewerking ¯· op R/I met x 0 ∈ x + I
en y 0 ∈ y + I willekeurige representanten is goed gedefinieerd.
·:
R/I × R/I → R/I : (x + I ) · (y + I ) = (x 0 · y 0 ) + I
Bewijs. Kies twee verschillende representanten voor elke restklasse: x + I = x 0 + I en y + I = y 0 + I .
Noem vervolgens x + x 0 dx en y + y 0 dy .
x · y = x 0 · y 0 − x 0 · d 2 − y 0 · d 1 + d 1d 2
Hierboven is −x 0 · d 2 − y 0 · d 1 + d 1d 2 wel degelijk een element uit I .
CLARIFY: meer uitleg!
99
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Stelling 9.91. De verzameling van restklassen R/I van een ideaal I , +, · van R, +, ·, uitgerust met de
bewerkingen + en · vormen een ring.
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.92. Examenvraag!
De bewerking ¯· is niet goed gedefinieerd als I , +, · geen ideaal is van R, +, ·.
Bewijs. Als I , +, · geen ideaal is van R, +, · bestaan er elementen a ∈ I en r ∈ R zodat a · r of r · a
niet in I zitten. Beschouw de elementen I en r + I in R/I . Kies als representanten a en eR in I en de
representant r in r + I , dan behoren a · r en e · r niet tot dezelfde nevenklas.
Propositie 9.93. De afbeelding π is een ringmorfisme.
π : R → R/I : x 7→ x + I
EXTRA: bewijs
Stelling 9.94. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i en I een ideaal van R, dan is i¯ = i + I het
eenheidselement van R/I en voor x ∈ R × is de ivers van x¯ + I gelijk aan x −1 = x −1 + I .
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.95. Analoog als bij groepen is een deelgroep van een ring R een idiaal van R als en
slechts als hij de kern is van een ringmorfisme vanuit R.
EXTRA: bewijs
9.2.3
Isomorfismestellingen
Stelling 9.96. Examenvraag!
De Factorisatiestelling
Zij f : R → S een ringmorfisme en I ⊆ Ker ( f ) een ideaal van R. Noteer π voor de natuurlijke
afbeelding R → R/I : x 7→ x + I .
• Er bestaat een uniek ringmorfisme f 0 : R/I → S zodat f factoriseert als f ◦ π .
• f 0 is injectief als en slechts als I gelijk is aan de kern van f .
Bewijs. De factorisatie-eis impliceert dat we f 0 moeten defini¨eren als volgt:
f 0 : R/I → S : r + I 7→ f (r )
Voor r ∈ R betekent de eis t ( f 0 ◦ π )(r ) = f (r ) immers precies dat f 0 (r + I ) = f (r ) geldt. We gaan
nog na dat f 0 een goed gedefinieerd ringmorfisme is. Voor elke twee elementen r + I en s + I uit R/I
geldt het volgende:
f 0 ((r + I ) + (s + I )) = f 0 ((r + s) + I ) = f (r + s) = f (r ) ? f (s) = f 0 (r + I ) ? f 0 (s + I )
f 0 ((r + I ) · (s + I )) = f 0 ((r · s) + I ) = f (r · s) = f (r ) ∗ f (s) = f 0 (r + I ) ∗ f 0 (s + I )
QUESTION: wat moet hier nog bij?
De nevenklassen van I die door f 0 op eS worden afgebeeldt, zijn de nevenklassen r + I met
r ∈ Ker ( f ). f 0 is dus injectief als en slechts als {r + I | r ∈ Ker ( f )} gelijk is aan {I }. Dit is precies
wanneer I de kern is van f 0.
100
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Gevolg 9.97. Examenvraag!
De morfismestelling of eerste isomorfismestellng
Zij ϕ : R → S een ringmorfisme, dan is ϕ een injectief ringmorfisme.
ϕ¯ : R/Ker (ϕ) → S : xKer (ϕ) 7→ ϕ(x )
Bijgevolg geldt het volgende.
R/Ker (ϕ) ϕ(R)
EXTRA: bewijs
Stelling 9.98. Examenvraag!
De tweede isomorfismestelling of parrallellogramisomorfismestelling Zij R, +, · een ring en
S, +, · een deelring van R, +, ·. Zij bovendien I een ideaal van R, +, ·
I /S +I
S ∩I /S
S/S∪I
= S+I/I
Bewijs.
• S + I is alvast een deelgroep van R, +25 . Omdat I een ideaal is van R, +, · is S + I
bovendien een deelring van R, +, · en I ook een ideaal van S + I .
•
•
EXTRA: zucht, bekijk gewoon de tweede isomorfismestelling van groepen!
Stelling 9.99. Examenvraag!
De derde isomorfismestelling Zij R, +, · een ring en I , +, · een ideaal van R, +, ·. Noteer π voor de
natuurlijke afbeelding R → R/I : x 7→ x + I .
• De afbeelding J 7→ π (J ) bepaalt een bijectie tussen de deelringen, respectievelijk idealen van
R die I omvatten en de deelringen, respectievelijk idealen van R/I .
• Zij J een ideaal van R zodat I ⊆ J , dan geldt het volgende:
R/I/J /I
R/J
TODO: bewijs p 54 ringen
9.2.4
Priemidealen en Maximale idealen
Definitie 9.100. Zij R, +, · een commutatieve ring. Een priemideaal van R, +, · is een ideaal
I , +, · van R, +, · zodat I , R en het volgende gelden:
∀x,y ∈ R : x · y ∈ I ⇒ x ∈ I ∨ y ∈ I
25 Zie
stelling ?? op pagina ??.
101
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.101. Zij R, +, · een commutatieve ring. Een maximaal ideaal van R, +, · is een
ideaal I , +, · van R, +, · zodat I , R en er geen enkel ideaal J , +, · van R bestaat tussen I en R.
@J : I ( J ( R
Eigenschap 9.102. In een commutatieve ring met eenheidselement is een maximaal ideaal ook een
priemideaal.
Bewijs. Zij R, +· een commutatieve ring met eenheidselement en J , +, · een maximaal ideaal ervan.
We nemen twee willekeurige element x en y uit R zodat x · y in J zit, maar x niet. We moeten dan
aantonen dat y wel in J zit. Beschouw in R, +, · het ideaal J + (x ).
J + (x ) = {j + rx | j ∈ J , r ∈ R}
J + (x ) is strikt groter dan J .
CLARIFY: waarom?
Omdat J een maximaal ideaal is , moet J + (x ) heel R zijn.
CLARIFY: waarom?
In het bijzonder bestaan er dan een j ∈ J en r ∈ R zodat j + rx het eenheidselement i R is van
R, +, ·.
y = y · i R = y · (j + rx ) = yj + yrx ∈ J
Stelling 9.103. Examenvraag!
Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i en I , +, · een ideaal van R, +, ·.
26
• R/I is een integriteitsdomein ⇔ I is een priemideaal.
• R/I is een veld ⇔ I is een maximaal ideaal.
Noem eR het neutraal element van R, +, ·.
Bewijs. Bewijs van equivalenties.
•
– ⇒
Kies twee elementen x en y uit R zodat x ·y in I zit maar x niet. We moeten dan bewijzen
dat y wel in I zit. Uit x · y ∈ I volgt dat ((x · y) + I ) = eR + I geldt. Omdat R/I geen
nuldelers heeft, moet ofwel x + I = eR + I , ofwel y + I = eR + I gelden. Aangezien x niet
in I zit, geldt x + I = eR + I zeker niet, dus y + I = eR + I moet gelden. I is bijgevolg een
priemideaal.
– ⇐
Kies twee elementen x en y uit R zodat (x · y) + I = eR + I geldt maar x + I = eR + I
niet. We moeten aantonen dat y + I dan gelijk is aan eR + I . Uit (x · y) + I = eR + I volgt
dan x · y in I zit. Omdat I een priemideaal is, zit dus ofwel x, ofwel y in I , maar omdat
x + I = eR + I niet geldt, moet het y zijn die in I zit. Bijgevolg moet y + I = eR + I gelden,
en heeft R/I dus geen nuldelers. Dit betekent dat R/I een domein is.
CLARIFY: waarom?
26 Zie
stelling ?? op pagina ??.
102
HOOFDSTUK 9. RINGEN
•
– ⇒
Zij J , +, · een strikt groter ideaal van R, +, ·, dan moeten we aantonen dat J precies R is.
Omdat J strikt groter is dan I , moet er minstens een element x ∈ J bestaan dat niet in
I zit. Dit betekent dat x + I zeker niet eR + I is in R/I . Omdat R/I een veld is (en dus
enkel eenheden bevat), bestaat er een y ∈ R zodat (x · y) + I gelijk is aan i + I . Anders
geformuleerd wordt dit het volgende.
xy − i ∈ I ( J
Dit betekent precies dat i tot J behoort, en dus is J gelijk aan R.27
– ⇐
Kies een b ∈ R zodat b niet in I zit. Beschouw de verzameling B:
B = I + (b) = {a + rx | r ∈ R, a ∈ I }
B, +, · is een ideaal dat I bevat. Omdat I maximaal is, moet B gelijk zijn aan R. Dit betekent
dat i een element is van B en dus als volgt geschreven kan worden waarbij a0 ∈ I en r 0 ∈ R
gelden.
i = a0 + br 0
Beschouw nu i + I in R/I .
i + I = (a0 + br 0 ) + I = br 0 + I = (b + I ) · (r 0 + I )
Dit betekent precies dat b en r 0 elkaars inversen zijn, dus R/I is een veld.
Stelling 9.104. Zij R, +, · een commutatieve ring en I , +, · een ideaal van R, +, · met I , R, dan bestaat
er een maximaal ideaal M, +, · van R, +, · zodat I ⊆ M. Zonder bewijs
Stelling 9.105. Zij P = (p) een priemideaal van een HID R, +, · met eenheidselement i en nulelement
e, dan is p een irreducibel element in R, +, ·.
Bewijs. Zij P een priemideaal gegenereert door een element p. Zij a en b twee elementen in R, +, ·
zodat a · b = p geldt. Dan moet e´ e´ n van de twee in P zitten omdat P een priemideaal is. Noem dat
element nu b. Er bestaat dan een element r ∈ R zodat rp = a geldt.
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
rp
rab
rab − b
(ra − 1)b
(ra − 1)
ra
=b
= b (p = ab)
=e
=e
= e (R heeft geen nuldelers en b , e)
=i
Dit houdt in dat a een eenheid is. p is dus irreducibel.
⇐
Zij p een irreducibel element in R, +, ·. Beschouw nu het ideaal P = (p), voortgebracht door p. Kies
een willekeurig element x ∈ P en stel dat het geschreven kan worden als ab = x. We moeten nu
bewijzen dat ofwel a in P zit, ofwel b.
9.2.5
27 Zie
deelbaarheid binnen integriteitsdomeinen
stelling 9.68 op pagina 93.
103
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.106. Zij a, b en q elementen van een integriteitsdomein D, +, · zodat a = qb met b
niet het nulelement e, dan noemen we b een deler van a.
a | b ⇔ ∃q ∈ D : b = q · a
Stelling 9.107. Zij a, b en c elementen van een integriteitsdomein D, +, ·.
(a | b ∧ a | c) ⇒ a | (b + c)
Bewijs. a deelt b, dus er bestaat een q ∈ D zodat b = q · a geldt. a deelt bovendien c, dus er bestaat
ook een q0 ∈ D zodat c = q0 · a geldt.
b + c = q · a + q0 · a = (q + q0 ) · a
Dit betekent dat a ook b + c deelt.
Stelling 9.108. Zij a en b elementen van een integriteitsdomein D, +, ·.
∀r ∈ D : a | b ⇒ a | br
Bewijs. Stel dat a een deler is van b in D, +, ·, dan bestaat er dus een q ∈ D zodat b = qa geldt.
Beschouw nu br voor een willekeurige r ∈ D.
br = qar = qra
De tweede gelijkheid geldt omdat · commutatief is in D.28 br = qra betekent precies dat a een deler
is van br .
Stelling 9.109. Zij a, b en c elementen van een integriteitsdomein D, +, ·.
(a | b ∧ b | c) ⇒ a | c
Bewijs. a deelt b, dus er bestaat een q ∈ D zodat b = q · a geldt. b deelt bovendien c, dus er bestaat
ook een q0 ∈ D zodat c = q0 · b geldt.
c = q0b = q0qa
Dit betekent precies dat a c deelt.
Definitie 9.110. We noemen twee (niet-nul)elementen a en b uit een integriteitsdomein D, +, ·,
met eenheidselement i, geassocieerd als er een eenheid u bestaat in D zodat a = ub geldt:
a ∼D b ⇔ ∃(u,u 0 ∈ D : uu 0 = i = u 0u) ∧ a = ub
Stelling 9.111. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·.
a ∼D b ⇔ (a | b ∧ b | a)
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
Noem het eenheidselement van D i.
• ⇒
Als a ∼D b geldt, dan bestaat er een inverteerbaar element u zodat a = ub, dus b|a geldt, maar
omdat u inverteerbaar is, geldt ook u −1a = b. Bijgevolg is a ook een deler van b: a|b.
28 Zie
definitie 9.25 op pagina 85.
104
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• ⇐
Omdat a en b onderling elkaar delen, bestaan er elementen x en y in D zodat zowel a = xb als
b = ya gelden.
a = xb = xya ⇒ x · y = i
x en y zijn elkaars inversen, dus x is inverteerbaar, zodat a ∼D b geldt.
Eigenschap 9.112. De associatie ∼D is een equivalientierelatie.
Bewijs. Inderdaad, de associatie is reflexief, transitief29 en symmetrisch.
Stelling 9.113. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·.
(a ∼D b ∧ c ∼D d ) ⇒ (a | c ⇒ b | d )
Bewijs. Als a ∼D b en c ∼D d gelden, bestaan er dus inverteerbare elementen u en v in D zodat
a = ub en c = vd gelden. Stel nu dat a een deler is van c, dan bestaat er ook nog een q ∈ D zodat
c = qa geldt.
d = v −1c = v −1qa = v −1qub
b is dus een deler van d.
Definitie 9.114. We noemen een deler a van b een echte deler van b als a niet-inverteerbaar
is en niet geassocieerd is met b.
Definitie 9.115. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. We noemen д ∈ D
een grootste gemene deler van a en b als д zowel een deler is van a als van b en elke andere
deler van a en b een deler is van д.
д = ддd (a,b) ⇔ (д | a ∧ д | b ∧ (∀c ∈ D : (c | a ∧ c | b) ⇒ c | д))
Definitie 9.116. Zij a en b twee elementen uit een integriteitsdomein D, +, ·. We noemmen
k ∈ D een kleinst gemeen veelvoud van a en b als k zowel een veelvoud is van a als van b en
elk ander gemeen veelvoud van a en b een veelvoud is van k.
д = kдv (a,b) ⇔ (a | k ∧ b | k ∧ (∀c ∈ D : (a | c ∧ b | c) ⇒ k | c))
Stelling 9.117. Een grootst gemene deler is uniek op een inverteerbaar element na.
Zij D, +, · een integriteitsdomein.
∀a,b,д1 ,д2 ∈ D : (д1 = ддd (a,b) ∧ д2 = ддd (a,b)) ⇒ д1 ∼D д2
Bewijs. Stel dat д1 en д2 beide een ддd zijn van a en b, dan geldt д1 |д2 alsook д2 |д1 .30 д1 is dus
geaccosieerd met д2 : д1 ∼D д2 .
29 Zie
30 Zie
stelling 9.109 op pagina 103.
definitie ?? op pagina ??.
105
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Stelling 9.118. Zij D, +, · een integriteitsdomein.
∀a,b,д1 ,д2 ∈ D : (д1 ∼D д2 ∧ д1 = ддd (a,b)) ⇒ д2 = ддd (a,b)
Bewijs. Stel dat д1 geassocieerd is met een ддd д2 van a en b in D, +, ·, dan gelden volgende beweringen:
a|д1 ∧ b|д1 ∧ д1 |д2 ∧ д2 |д1
Door de transitiviteit van “is een deler van”31 zijn a en b dan ook delers van д2 . Bovendien is elke
andere ддd van a en b geassocieerd met д2 , dus ook deelbaar door д2 .32
Definitie 9.119. Zij D, +, · een integriteitsdomein en p een niet-nulelement van D, dan noemen
we p een priemelement als uit p = ab volgt dat a of b inverteerbaar is in D.
Opmerking 9.120. Een priemgetal heeft dus geen echte delers.
Stelling 9.121. In een veld zijn elke twee elementen geassocieerd.
Bewijs. Kies twee willekeurige elementen x en y uit een velf F , +, ·. We bewijzen dat er een eenheid
z bestaat zodat x als volgt te schrijven valt:
x = zy
Kies z = xy −1 , dit kan omdat y een eenheid is (want in een veld is elk element een eenheid).
x = xy −1y = x
Euclidische Ring
Definitie 9.122. We noemen een integriteitsdomein D, +, · een euclidische ring als er een
afbeelding d : D \ {eD,+ } → R+ bestaat die elk niet-nulelement a afbeeldt op een niet-negatief
geheel getal d (a) zodat het volgende geldt:
• ∀a,b ∈ D \ {eD,+ } : d (a) ≤ d (ab)
• ∀a ∈ D, ∀b ∈ D \ {eD,+ } : ∃q,r ∈ D : (a = qb + r ∧ (r = 0 ∨ d (r ) < d (b)))
Stelling 9.123. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende:
∀a,b ∈ D : d (a) = d (ab) ⇔ b is inverteerbaar
TODO: bewijs p 125
Stelling 9.124. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende:
∀a,b ∈ D : d (a) < d (ab) ⇔ b is niet inverteerbaar
TODO: bewijs p 125
31 Zie
32 Zie
stelling 9.109 op pagina 103.
stelling 9.117 op pagina 104.
106
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Stelling 9.125. In een euclidische ring D, +, · met afbeelding d geldt het volgende:
∀a,b ∈ D : b is een echte deler van a ⇒ d (b) < d (a)
TODO: bewijs p 125
Stelling 9.126. Stelling van B´ezout
In een Euclidische ring D, +, · bestaat er een grootste gemene deler van elk paar elementen (a,b) die
niet allebei het nulelement zijn. Bovendien kan die grootste gemene deler д beschreven worden als
volgt:
ддd (a,b) = д = α · a + β · b met α, β ∈ D
TODO: bewijs p 126 TAI
TODO: vanaf algoritme van Euclides om grootste gemene deler te vinden p 126 TAI tot sectie 7 p 129
Algoritme 9.127. Het Algoritme van Euclides
Zij a en b twee elementen van een euclidische ring D, +, ·,d, dan kunnen we de grootste gemene
deler ддd (a,b) van a en b als volgt vinden.
a = bq 1 + r 1
b = r 1q 1 + r 2
r 1 = r 2q 2 + r 3
..
..
.
.
rk−2 = rk−1qk + rk
rk−1 = rk qk+1 + 0
met d (r 1 ) < d (b)
met d (r 2 ) < d (r 1 )
met d (r 3 ) < d (r 2 )
met d (rk ) < d (rk−1 )
rk is dan de grootste gemene deler ддd (a,b) van a en b.
Bewijs. Het algoritme van Euclides is eindig en correct.
• Eindigheid
De rij r 1 , . . . is een dalende rij in N, dus voor een zekere k moet rk+1 nul worden.
• Correctheid
Allereerst bewijzen we dat de grootst gemene deler ддd (a,b) van a en b gelijk is aan de
grootst gemene deler ддd (b,r 1 ) van b en r 1 .
ддd (a,b) = ддd (b,r 1 )
Noem д de grootst gemene deler van a en b, dan deelt д zeker a en b. Nu geldt bovendien
r 1 = a − bq 1 , dus д deelt ook r 1 . Elke andere deler van zowel b als r 1 zal ook een deler zijn
van a, en dus ook een deler van д.
ддd (ri−1 ,ri ) = ддd (ri ,ri+1 )
We kunnen deze redenering verder zetten voor ri−1 , ri en ri+1 op volledig analoge wijze.
Het resultaat van deze redenering is dat ддd (a,b) gelijk is aan ддd (rk−1 ,rk ). rk is echter
een deler van rk−1 , dus ook de grootst gemene deler van rk en rk+1 en bijgevolg de grootst
gemene deler ддd (a,b) van a en b.
107
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.128. Als de grootst gemene deler ддd (a,b) van twee elementen a en b van een
euclidische ring D, +, ·,d niet inverteerbaar is, dan noemen we a en b onderling ondeelbaar
of copriem.
Eigenschap 9.129. In een euclidische ring D, +, ·,d met eenheidselement i zal i steeds een grootst
gemene deler zijn van twee onderling ondeelbare elementen a en b.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.130. Zij D, +, ·,d een euclidische ring en a en b elementen van D.
a en b zijn onderling ondeelbaar ⇒ (∀c ∈ D)(a|bc ⇒ a|c)
TODO: bewijs TAI p 128
Stelling 9.131. Zij D, +, ·,d een euclidische ring en a en b elementen van D.
a en b zijn onderling ondeelbaar ⇒ (∀c ∈ D)(a|c ∧ b|c ⇒ ab|c)
TODO: bewijs TAI p 128
Stelling 9.132. Zij D, +, ·,d een euclidische ring en a en b elementen van D.
p priem ⇒ (p|ab ⇒ p|a ∨ p|b)
TODO: bewijs TAI p 128
Stelling 9.133. In een euclidische ring D, +, ·,d kan elk niet-nulelement ontbonden worden in een
product van priemelementen en een inverteerbaar element. Deze ontbinding is bovendien uniek op
de volgorde van de factoren na en op een inverteerbaar element na.
TODO: bewijs TAI p 128
9.3
Veeltermen over ringen
Definitie 9.134. Een veelterm over een ring R, +, · is een uitdrukking a(x ) van de volgende
vorm.
n
X
ai X i met n ≥ 0
a(X ) =
i=0
In a(X ) zijn alle ai elementen van R en an niet het nulelement. De ai noemt met de co¨efficienten
en X de onbepaalde. We zeggen dat a(X ) een veelterm is in X . n noemt men de graad van
a(x ). an noemt met de leidende co¨efficient en an X n de leidende term.
108
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.135. De graad van een veelterm a(X ) noteren we als дr (a(X )) of deд(a(X )).
Definitie 9.136. Een veelterm van graad 0 noemt men een constante (veel)term.
Definitie 9.137. Een veelterm waarbij a 0 het nulelement is, noemt men een veelterm zonder
constante term.
Definitie 9.138. De veelterm van graad 0 met het nulelement e als co¨efficient noemt met de
nul(veel)term
Definitie 9.139. Een veelterm waarbij de n-de co¨efficient an gelijk is aan het eenheidselement
i noemt men een monische veelterm.
Definitie 9.140. We definieren de som van twee veeltermen a(X ) en b (X ) als volgt:
a(X ) =
m
X
ai X i
i=0
b (X ) =
n
X
bi X i
i=0
a(X ) + b (X ) =
max(m,n)
X
(ai + bi )X i
i=0
Uiteraard zijn ai en bi voor i groter dan m, respectievelijk n nulelementen.
Definitie 9.141. We definieren het product van twee veeltermen a(X ) en b (X ) als volgt:
a(X ) =
m
X
ai X i
i=0
b (X ) =
n
X
bi X i
i=0
n+m
X
i
X
*
ai−k bk + X i
a(X ) · b (X ) =
i=0 , k=0
Uiteraard zijn ai en bi voor i groter dan m, respectievelijk n nulelementen.
Eigenschap 9.142. De verzameling van veeltermen R[X ] in een variabele X over een ring R, +, · met
nulelement eR , uitgerust met de veelterm-som en het veelterm-product, vormt een ring R[X ], +, ·.
109
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Bewijs. We bewijzen elke defini¨erende eigenschap van een ring.
• R[X ], + is een commutatieve groep.
– De veelterm-som is associatief omdat + in R, +, · associatief is.
– De veelterm-som is commutatief omdat +in R, +, · commutatief is.
– Het neutraal element voor R[X ], + is de nulveelterm.
∀a(X ) ∈ R[X ] :
m
X
ai X i + e R =
i=0
m
X
(ai + eR )X i =
i=0
m
X
ai X i
i=0
– Elk element a(X ) in R[X ] heeft een neutraal element −a(X ) in R[X ].
−a(X ) =
m
X
(−ai )X i
i=0
∀a(X ) ∈ R[X ] : a(X ) − a(X ) =
m
X
i=0
i
(−ai )X +
m
X
i
ai X =
i=0
m
X
i
(ai − ai )X =
i=0
m
X
eR X i = eR
i=0
• Het veelterm-product is associatief: Kies drie veeltermen a(X ), b (X ) en c (X ) uit R[X ].
q
r
X
X
ai X · * bi X i ·
ci X i +
i=0
i=0
, i=0
Pp
i
i · Pq+r Pi
b
c
a
X
i−k k X
i=0 i Pp+q+r
Pj i=0 Pk=0
i
i
j=0 i=0a j−i
k=0 bi−kck X
Pp+q+r Pj Pj−i
a
bk · ci X i
j=0
i=0
k=0 j−i−k
P
P
P
p+q
j
a b X j · ri=0 ci X i
j=0
k=0 j−k k
p
X
=
=
=
=
i
q
p
r
X
X
X
i
i+
*
ai X ·
bi X ·
ci X i
=
i=0
- i=0
, i=0
• Het veelterm-product is distributief ten opzichte van de veelterm som:
p
q
r
X
X
X
i+
* ai X i +
bi X ·
ci X i
i=0
, i=0
- i=0
P
Pmax (p,q)
(ai + bi )X i · ri=0 ci X i
i=0
Pmax (p,q)+r Pi
i
i=0
k=0 (ai−k + bi−k ) · ck X
Pmax (p,q)+r Pi
=
(ai−k ck ) + (bi−k ck ) X i
i=0
Pmax (p,q)+r Pi k=0
Pi
i
(b
)
=
(a
c
)
+
c
i=0
k=0 i−k k
k=0 i−k k X
Pmax (p,q)+r Pi
i + Pmax (p,r )+r Pi
(b
)
=
(a
c
)
X
c
Xi
i−k
k
i−k
k
i=0
i=0
k=0
k=0
=
=
p
q
r
r
X
X
X
X
i
i+ *
*
=
ai X ·
ci X +
bi X i ·
ci X i +
i=0
i=0
, i=0
- , i=0
-
110
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Definitie 9.143. Men noteert de verzameling van veeltermen in X over een ring R, +, · als
R[X ], +, ·. We noemen deze ring de veeltermring.
Stelling 9.144. Als de ring R, +, · commutatief is, dan is R[X ], +, · ook commutatief.
Bewijs.
∀a(X ),b (X ) ∈ R[X ] : a(X ) + b (X ) =
max(m,n)
X
i
(ai + bi )X =
max(m,n)
X
i=0
(bi + ai )X i = b (X ) + a(X )
i=0
Stelling 9.145. Het eenheidselement i van R, +, ·(, als het bestaat,) is dat element, als constante
veelterm beschouwd, ook het eenheidselement van R[X ], +, ·.
Bewijs.
∀a(X ) ∈ R[X ] : a(X ) · i =
n
X
ai · i = a(X ) =
i=0
n
X
i · ai = i · a(X )
i=0
Stelling 9.146. R[X ], +, · heeft geen nuldelers als en slechts als R, +, · geen nuldelers heeft.
Bewijs. Kies twee verschillende niet-nul-veeltermen a(X ) en b (X ) uit R[X ] van graad m, respectievelijk m. De veelterm a(X ) · b (X ) heeft leidende term am · bm waarin am en bn beide niet het
nulelement van R, +, · zijn. Als en slechts als a en b geen nuldelers zijn in R, +, ·, is am · bn niet het
nulelement van R, +, ·. Dit betekent precies dat R[X ], +, · geen nuldelers heeft als en slechts als R, +, ·
geen nuldelers heeft.
Stelling 9.147. Zij R, +, · een ring zonder nuldelers.
∀x,y ∈ R[X ] : дr ( f · д) = дr ( f ) + дr (д)
Bewijs. Dit volgt meteen uit de definitie van het veeltermproduct. Let wel op: dit geldt enkel als
R, +, · geen nuldelers heeft.
Gevolg 9.148. R[X ], +, · is een integriteitsdomein als en slechts als R, +, · een integriteitsdomein is.
Bewijs. R[X ], +, · is commutatief33 , heeft een eenheidselement34 en geen nuldelers35 als hetzelfde
geldt voor R, +, ·.
Stelling 9.149. Examenvraag!
Zij R, +, · een integriteitsdomein, dan geldt het volgende:
(R[X ]) × = R ×
Bewijs. R, +, · heeft geen nuldelers. Zij x een eenheid in R[X ], dan bestaat er een inverse y zodat het
volgende geldt (waarbij i het eenheidselement is van R, +, · en dus ook van R[X ], +, ·36 ).
x ·y = i
Vanwege de regel voor de graad van het product van veeltermen37 moeten zowel x als y graad 0
hebben. De enige elementen met een invers voor · zijn dus de constante veeltermen die een inverse
hebben.
33 Zie
stelling 9.144 op pagina 110.
stelling 9.145 op pagina 110.
35 Zie stelling 9.147 op pagina 110.
36 Zie stelling 9.145 op pagina 110.
37 Zie stelling 9.147 op pagina 110.
34 Zie
111
HOOFDSTUK 9. RINGEN
9.3.1
Veeltermfuncties
Definitie 9.150. Zij R, +, · een commutatieve ring en c een element van R, dan noemen we de
afbeelding f (als volgt) de substitutie of veeltermfunctie van c.
f : R[X ] → R :
n
X
ai X i 7→
i=0
n
X
ai c i
i=0
Definitie 9.151. Zij R[X ], +, · de ring der veeltermen over een deelring R, +, · van S, +, ·. We
defini¨eren de waarde van een veelterm a(x ) voor een element s van s als het element a(s) van
S.
Definitie 9.152. Zij R[X ], +, · de ring der veeltermen over een deelring R, +, · van S, +, ·. Zij s
een element van S en a(X ) een veelterm van R[X ], dan noemen we s een nulpunt of een wortel
van a als en slechts als a(s) het nulelement is van s.
Stelling 9.153. Het delingsalgoritme voor veeltermen over een ring met eenheidselement. Zij
R, +, · een ring met eenheidselement i en zij f ,д ∈ R[X ] veeltermen over R. Als д monisch is, dan
bestaan er unieke veeltermen q en r in R[X ] zodat het volgende geldt:
f = qд + r en дr (r ) ≤ дr (д)
Bewijs. Als de ring R, +, · (en dus ook R[X ], +, ·) een integriteitsdomein is, dan is R[X ], +, ·,дr een
euclidische ring en kunnen we het algoritme van Euler gebruiken.38 We bewijzen deze stelling toch
appart. We bewijzen eerst dat dergelijke q en r bestaan en daarna dat ze uniek zijn.
• Als de graad van f kleiner is dan de graad van д, is het nogal nutteloos om een deling te
proberen uitvoeren. We gaan er daarom van uit dat de graad van f groter of gelijk is aan de
graad van д. We bewijzen dat q en r bestaan door inductie op de graad van f .
– De bewering geldt voor дr ( f ) = 0.
– We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde graad дr (k ) ∈ N 0 .
– We bewijzen dat daaruit zou volgend dat de bewering geldt voor graad дr (k + i) van f .
f =
k+1
X
ai X i
i=0
Noteer nu m voor de graad van en beschouw de veelterm f 0.
f 0 = f − an X n−mд
We zien dat de graad van f 0 kleiner is dan n en dus bestaan er een q0 en r 0 met дr (r 0 ) <
дr (д) als volgt:
f 0 = q0д + r 0
Hieruit volgt dat we f als volgt kunnen schrijven.
f = (an X n−m + q0 )д + r 0
We kiezen dan voor q an X n−m + q0 en voor r r 0.
38 Zie
algoritme 9.127 op pagina 106.
112
HOOFDSTUK 9. RINGEN
• Tenslotte bewijzen we de uniciteit. Stel dat er twee paar veeltermen q en r en q0 en r 0 zouden
bestaan zoals gevraagd, dan betekent dat het volgende:
(q − q0 )д = r 0 − r
Definitie 9.154. Zij a en b veeltermen over een commutatieve ring R, +, · met b niet het nulelement van R[X ], +, ·. Als q en r veeltermen zijn zoals in de vorige stelling, dan noemen we q het
quotient en r de rest van a bij deling door b.
Stelling 9.155. De reststelling
Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement i. Zij f ∈ R[X ] een veelterm over R, +, · en a
een element van R.
• f (a) is de rest bij deling van f door X − a. Er bestaat dus een unieke veelterm q ∈ R[X ] zodat
het volgende geldt:
f = q(X − a) + f (a)
• f is deelbaar door X − a (X − a| f ) als en slechts als a een nulpunt is van f .
Bewijs. We gebruiken het delingsalgoritme om dit te bewijzen.
• Het delingsalgoritme39 van f door (X − a) levert een q en r op zodat het volgende geldt.
f = q(X − a) + r met дr (r ) < 1
r is dus een element van R. De substitutie van a in f geeft f (a) = r .
• Als f (a) het nulelement is, vormt de substitutie van f in a de definitie van deelbaarheid.
Stelling 9.156. Zij R, +, · een integriteitsdomein en f ∈ R[X ] een veelterm over R, +, ·. Zij a 1 ,a 2 , . . . ,ar
onderling verschillende nulpunten van f . (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an ) is een deler van f .
Bewijs. We bewijzen dit door inductie op het aantal verschillende nulpunten van f .
• De bewering geldt voor n = 1.40
• We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde n = k…
• … en bewijzen dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1. Eerst delen we f door
(X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak ). De inductiehypothese zegt dan dat er een д ∈ R[X ] bestaat zodat
f als volgt geschreven kan worden:
f = (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak )д
De substitutie van ak+1 levert ons het volgende op:
eR = f (ak+1 ) = (ak+1 − a 1 )(ak+1 − a 2 ) . . . (ak+1 − ak )д(ak+1 )
Omdat de ai onderling verschillend zijn en R, +, · geen nuldelers heeft is д(ar ) ook het nulelement eR . ar is een nulpunt van д en dus is X − ak+1 een deler van д.41 Dit houdt natuurlijk ook
in dat (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − ak )(X − ak+1 ) een deler is van f .
Bij krachte van het concept van inductiehypothese is de bewering nu bewezen voor elke n ∈ N. 39 Zie
stelling 9.153 op pagina 111.
stelling 9.155 op pagina 112.
41 Zie stelling 9.155 op pagina 112.
40 Zie
113
HOOFDSTUK 9. RINGEN
9.3.2
Veeltermen over velden
Stelling 9.157. Zij F , +, · een veld. Een veelterm over F met k verschillende nulpunten heeft minstens graad k of is de nulveelterm.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.158. Zij F , +, · een veld. Een veelterm van graad n ≥ 1 over F heeft hoogstens n verschillende nulpunten.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.159. Zij F , +, · een veld. Als twee veeltermen van graad n over f dezelfde waarde aannemen in n + 1 onderling verschillende elementen, dan zijn deze veeltermen gelijk.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.160. Zij F , +, · een oneindig veld. Voor twee veeltermen f en д uit F [X ]:
∀f ,д ∈ F [X ] : (∀a ∈ F : f (a) = д(a) ⇒ f = д)
Voor oneindige velden zijn de begrippen veeltermen en veeltermfuncties dus wel hetzelfde.
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.161. De vier bovenstaande stellingen gelden in het algemeen over integriteitsdomeinen maar worden meestal geciteerd over een veld.
Opmerking 9.162. De vier bovenstaande stellingen gelden in het algemeen niet voor een lichaam.
CLARIFY: waar loopt het mis als je geen commutativiteit eist?
9.3.3
Irreducibiliteit
Definitie 9.163. Zij K, +, · een veld. Een veelterm f ∈ K[X ] is irreduceerbaar of irreducibel
over K (of in K[X ]) als f niet constant is en niet geschreven kan worden als een product van
twee veeltermen van graad kleiner dan дr ( f ). Een niet-constante veelterm heet reduceerbaar
of reducibel als hij niet irreduceerbaar is.
Eigenschap 9.164. Het eerste criterium
Zij f ∈ Z[X ] een veelterm over Z, +, · met дr ( f ) ≥ 1 en p een priemgetal. Beschouw dan het volgend
ringmorfisme:
n
n
X
X
Z [X ] → Zp [X ] : f =
ai X i 7→ f¯ =
ai X i
i=0
i=0
Als дr ( f ) gelijk is aan дr ( f¯) en f¯ is irreducibel in Zp [X ], dan is f irreducibel in Q[X ].
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.165. De omgekeerde eigenschap geldt niet. Er bestaan zelfs veeltermen over Z die
irreducibel zijn over Q maar voor elk priemgetal p reducibel worden over Zp :
X 4 + 6X 2 + 1 en X 4 − 2X 2 + 9
114
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.166. Het tweede criterium of het criterium van Einstein
Zij f ∈ Z[X ] een veelterm over Z:
n
X
f =
ai X i
i=0
Als er een priemgetal p bestaat als volgt, is f irreducibel in Q[X ].
p - an
∧
(∀i ∈ {0, . . . ,n − 1} : p|ai )
∧
p 2 - a0
EXTRA: bewijs
Eigenschap 9.167. Het derde criterium
Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm van graad 2 of 3, dan is f reducibel over K als en
slechts als f een nulpunt heeft in K.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Als f van graad 2 of 3 is kan f ontbonden worden in een veelterm van graad 1 en een (al dan
niet reducibele) veelterm van graad ≤ 2. De veelterm van graad 1 ziet er dan uit als X − b.
CLARIFY: waarom?
Dit betekent dat b een nulpunt is van f .
• ⇐
Als f een nulpunt heeft, geldt X − a | f 42 voor a een nulpunt van f . f valt dan te schrijven
als f − (X − a)q met q ∈ K[X ]. f is dus reducibel.
Opmerking 9.168. Merk op dat deze stelling niet zonder meer geldt voor veeltermen van graad 4
of meer. De redenering gaat immers enkel op als e´ e´ n van de ontbindingsveeltermen graad 1 heeft.
Stelling 9.169. De fundamentele stelling van de algebra.
Een niet-constante veelterm over het veld C, +, · der complexe getallen heeft minstens 1 wortel in
C.
EXTRA: verwijzing naar een bewijs.
Gevolg 9.170. Elke veelterm van graad n over het veld C, +, · der complexe getallen heeft precies n
wortels in C.
EXTRA: bewijs
Gevolg 9.171. Elke veelterm van graad n over het veld C, +, · der complexe getallen is op een unieke
manier te ontbinden in priemelementen van de vorm (x −a) op een constante (en dus inverteerbare)
veelterm na.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.172. Als a ∈ C een complexe wortel is van een re¨ele veelterm p(x ) ∈ R[x], dan zal ook
het complex toegevoegde a¯ van a een wortel zijn van p(x ).
TODO: bewijs p 136
42 Zie
stelling 9.155 op pagina 112.
115
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Opmerking 9.173. De inverse van een veelterm over een ring R, +, · is in R, +, · is over het algemeen
geen veelterm.
Opmerking 9.174. Zij F , +, · een veld, dan is F [X ] niet noodzakelijk een veld.
Stelling 9.175. De veeltermen in een variabele x over een veld F , +, ·, uitgerust met дr als afbeelding
d, vormen een euclidische ring.
EXTRA: bewijs
Definitie 9.176. De productverzameling (Z2 )m bevat m-tallen van bits. We noteren (Z2 )m vaak
als F 2m .
Definitie 9.177. We associeren met elk element (am−1 , . . . ,a 0 ) van F 2m een veelterm a(x ):
a = (am−1 , . . . ,a 0 ) ←→ a(x ) =
n
X
ai x i
i=0
Definitie 9.178. We definieren een optelling in F 2m als de optelling van veeltermen met co¨efficienten
in de m-tallen.
(am−1 , . . . ,a 0 ) + (bm−1 , . . . ,b0 ) = (cm−1 , . . . ,c 0 ) ⇔ a(x ) + b (x ) = c (x )
Definitie 9.179. We definieren een vermenigvuldiging in F 2m (modulo een m-tal д) als de optelling van veeltermen met co¨efficienten in de m-tallen.
(am−1 , . . . ,a 0 ) · (bm−1 , . . . ,b0 ) = (cm−1 , . . . ,c 0 ) ⇔ a(x ) · b (x ) = c (x )
mod д(x )
Eigenschap 9.180. De verzameling veeltermen van graad m − 1 of lager, uitgerust met de optelling
en vermenigvuldiging (modulo д) vormt een veld.
TODO: bewijs p 134
9.3.4
Veeltermen in meerdere veranderlijken
Definitie 9.181. Zij R, +, · een ring. De polynomenring of veeltermenring over R, +, · in de
veranderlijken X 1 , . . . ,Xn , genoteerd R[X 1 , . . . ,Xn ] is de verzameling van alle formele sommen
van de volgende vorm:
X
ai X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin
i∈Nn
TODO: formuleer de bewerkingen op R[X 1 , . . . ,X n ] en bewijs de zinnigheid
De optelling van twee veeltermen zien er als volgt uit:
X
X
X
in
in
i1 i2
i1 i2
ai X 1 X 2 . . . X n +
bi X 1 X 2 . . . Xn =
(ai + bi )X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin
i∈Nn
i∈Nn
i∈Nn
116
HOOFDSTUK 9. RINGEN
De vermenigvuldiging is iets ingewikkelder:
X
X
X
ai X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin ·
bi X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin =
ci X 1i 1 X 2i 2 . . . Xnin
i∈Nn
i∈Nn
i∈Nn
ci =???
QUESTION: wat moet er hier?
Eigenschap 9.182. Zij R, +, · een ring.
R[X 1 , . . . ,Xn ] (R[X 1 , . . . ,Xn−1 ])[Xn ]
EXTRA: bewijs
Opmerking 9.183. Men kan R[X 1 , . . . ,Xn ] ook inductief definieren volgens deze eigenschap. We
moeten dan de ringaxioma’s niet meer verifi¨eren, maar we moeten dan wel nog de volgende eigenschap bewijzen.
Eigenschap 9.184. Zij R, +, · een ring.
(R[X 1 ])[X 2 ] (R[X 2 ])[X 1 ]
EXTRA: bewijs
Definitie 9.185. Zij R een ring en V een verzameling. Benoem nu voor elk element j van V
een veranderlijke X j . De polynomenring of veeltermenring over R in de veranderlijken X j ,
genoteerd R[X j ]j∈V is de verzameling van alle formele sommen van de volgende vorm, uitgerust
met de veelterm-som en het veelterm-product:
X
ai X ji11 X ji22 . . . X jinn
i∈Nn
Zij hierin n het aantal elementen van V . en ai een element van R voor elk n-tel van Nn .
9.4
HID en UFD
Definitie 9.186. Zij R, +, · een commutatieve ring met eenheidselement. Een element x ∈ R is
irreduceerbaar of irreducibel in R, +, · als het volgende geldt:
• x is niet het nulelement.
• x is geen eenheid in R, +, ·
• Als er twee elementen a en b in R bestaan zodat a · b = x geldt, dan is a of b een eenheid
in R, +, ·.
Eigenschap 9.187. Een equivalente formulering in een integeriteitsdomein R, +, · met nulelement
e.
Een element x ∈ R is irreducibel in R, +, · als en slechts als het volgende geldt:
HOOFDSTUK 9. RINGEN
117
• x is niet het nulelement.
• x is geen eenheid in R, +, ·
• Elke deler van x is een eenheid of geassocieerd met x.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
Als x irreducibel is, nemen we een deler d ∈ R van x en moeten we aantonen dat d een eenheid
is of geassocieerd met x. d is een deler van x, dus er bestaat een q ∈ R zodat x = dq geldt.
Per definitie van irreduceerbaarheid is dan d of q een eenheid. Als q de eenheid is, dan is d
geassocieerd met x.
• ⇐
Uit het ongerijmde. Stel dat x reducibel is, dan is x te schrijven als x = yz waarbij y en z
geen eenheden zijn ook niet geassocieerd zijn met x. Dit is in tegenspraak met de definitie
van ireduceerbaarheid.
Definitie 9.188. Zij R, +, · een commutatieve ring en x 1 , . . . ,xn elementen van R. Men noemt
d ∈ R een grootst gemene deler van x 1 , . . . ,xn als volgende beweringen gelden:
• ∀i : d |xi
• ∀r ∈ R : ∀i : r |xi ⇒ r |d
CLARIFY: dit is een veralgemening van de vorige definite von grootst gemene deler, laten staan?
Opmerking 9.189. Een grootste gemene deler is over het algemeen niet uniek.
Eigenschap 9.190. Zij R, +, · een integriteitsdomein, x 1 , . . . ,xn elementen van R en d en d 0 beide
grootst gemene delers van x 1 , . . . ,xn , dan zijn d en d 0 geassocieerd.
EXTRA: bewijs
Opmerking√ 9.191. Een grootst
√ gemene deler
√ hoeft niet altijd te bestaan.
In Z + i 5Z hebben 3 + 3i 5 en 3 − 3i 5 geen grootste gemene deler.
Opmerking 9.192. In Z is een grootst gemene deler uniek op het teken na.
EXTRA: bewijs, na bewijs, maak hier een stelling van.
9.4.1
Hoofdideaaldomein
Definitie 9.193. Zij R, +, · een integriteitsdomein, dan noemen we R, +, · een hoofdideaaldomein (HID) als elk ideaal van R een hoodideaal is.
Lemma 9.194. Zij F , +, · een veld en I , +, · een niet-triviale ideaal van F [X ], dan is д ∈ I een voortbrenger van I als en slechts als д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
HOOFDSTUK 9. RINGEN
118
• ⇒
EXTRA: bewijs
• ⇐
Stel dat д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }.
– ⊆
Omdat д een element is van I is (д) zeker een deel van I .
– ⊇
Kies een willekeurig element f ∈ I . Het delingsalgoritme van f door д levert een q en r
in F [X ] op als volgt:
f = дq + r en дr (r ) < дr (д)
Dit houdt in dat r = f − дq geldt, en r daardoor in I zit, impliceert de minimaliteit van
дr (д) dat r het nulelement is. f zit dus ook is (д).
Stel dat д een veelterm is van minimale graad in I \ {e F }.
CLARIFY: waarom geldt dit enkel voor een veld?
Stelling 9.195. Zij F , +, · een veld met nulelement e en I , {e} een ideaal in F [X ]. Als twee elementen д en д0 van F voortbrengers zijn van I , +, ·, dan bestaat er een (eenheid?) c ∈ F × zodat д0 = cд
geldt.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.196. Examenvraag!
Zij F , +, · een veld, dan is F [X ] een HID.
Bewijs. We weten als dat F [X ] een integriteitsdomein is.43 Kies een willekeurig ideaal I , +, · van
F [X ], +, ·, dan moeten we aantonen dat I , +, · een hoofdideaal is. Als I , +, · de nulring is, wordt I , +, ·
voortgebracht door het nulelement. Kies dus een element д uit I \ {e F } van minimale graad, dan
wordt I voortgebracht door д.44
Stelling 9.197. Zij R, +, · een hoofdideaaldomein en p ∈ Re , dan is (p) een maximaal ideaal als en
slechts als p irreducibel is.
Bewijs.
• ⇒
Zij (p) een maximaal ideaal van R, +, ·, dan is p geen eenheid in R, +, ·. Als p immers wel een
eenheid zijn zou p heel R voortbrengen.
CLARIFY: waarom?
We nemen nu een deler a van p en tonen aan dat a ofwel een eenheid is, ofwel geassocieerd
met p.
a | p ⇒ p ∈ (a) ⇒ (p) ⊆ (a) ⊆ R
CLARIFY: waarom?
43 Zie
44 Zie
gevolg 9.148 op pagina 110.
lemma 9.194 op pagina 117.
119
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Omdat (p) een maximaal ideaal is moet (a) ofwel gelijk zijn aan (p), ofwel aan R. In het eerste
geval zijn a en p geassocieerd, in het andere is a een eenheid.
CLARIFY: waarom?
• ⇐
Zij p irreducibel. We nemen een ideaal I , +, · van R, +, · tussen (p) en R.
(p) ⊆ I ⊆ R
Kies nu een element a uit I dat I voortbrengt (want R, +, · is een HID). Er bestaat dan een b ∈ R
zodat p te schrijven valt als p = ab. a is dan een deler van p. p is echter irreducibel, dus ofwel
is a een eenheid, en dan geldt I = R, ofwel is b een eenheid, en dan geldt I = (p).
Gevolg 9.198. Zij F , +, · een veld en p een irreducibele veelterm F [X ], dan is F [X ]/(p) een veld.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.199. Examenvraag!
De Stelling van Bezout
Zij R, +, · een HID en x 1 , . . . ,xn elementen van R.
• Er bestaat een grootste gemene deler van x 1 , . . . ,xn .
• Voor elke grootste gemene deler d van x 1 , . . . ,xn bestaan er elementen r 1 , . . . ,rn in R zodat het
volgende geldt:
n
X
d=
ri xi
i=1
Bewijs. Omdat R, +, · een HID is, is het ideaal (x 1 ,x 2 , . . . ,xn ) een hoofdidiaal. Er bestaat dus een
d ∈ R zodat het volgende geldt:
(d ) = (x 1 ,x 2 , . . . ,xn )
Hieruit volgt meteen al dat d elke xi deelt. Anderzijds is d ook een element van (x 1 ,x 2 , . . . ,xn ), dus
bestaan er ri ∈ R als volgt:
n
X
d=
ri xi
i=1
Stel nu dat er nog een a ∈ R aelke xi deelt, dan deelt a ook d. Dit bewijst dat d een grootst gemene
deler is van de xi . Voor elke andere grootst gemene deler d 0 bestaat er een eenheid u ∈ R als volgt:
CLARIFY: waarom?
d 0 = ud
Dan zijn de ri voor d 0 respectievelij uri .
Stelling 9.200. Z, +, · is een HID.
Bewijs. Zij I , +, · een ideaal van Z, +, ·, dan is I , + cyclisch omdat het een deelgroep is van de cyclische
groep Z, +.45 Er bestaat dus een generator n voor I:
I = {k · n | n ∈ Z} = (n)
I is dus een hoofideaal.
45 Zie
stelling 8.44 op pagina 48.
120
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Stelling 9.201. Voor elke n is nZ een ideaal van Z.
Bewijs. Voor elke n ∈ Z beschouwen we de deelring nZ. Beschouw nu een willekeurig element
m ∈ Z:
m · n|n ⇒ m · n ∈ nZ
Bovendien zijn zowel n + n0 als −n elementen van nZ voor elke n0 ∈ Z. nZ is dus een ideaal van
Z, +, ·.
Stelling 9.202. Z + Zi is een HID. Zonder bewijs
9.4.2
Unieke factorisatiedomeinen
Definitie 9.203. Zij R, +, · een integriteitsdomein met nulelement e. Men noemt R, +, · een
unieke factorisatiedomein (UDF) als er voor elk element x uit Re dat geen eenheid is het
volgende geldt:
• Er bestaan irreducibele elementen r 1 ,r 2 , . . . ,rn in R zodat we x als volgt kunnen schrijven.
n
Y
x=
ri
i=1
• Deze ontbinding is bovendien uniek. Als er immers nog elementen r 10 ,r 20 , . . . ,rm0 in R bestaan als volgt, geldt m = n en zijn de overeenkomstige ri en ri0 geassocieerd.
x=
n
Y
ri =
i=1
m
Y
i=1
ri0
Eigenschap 9.204. Zij R, +, · een uniek factorisatiedomein met nulelement e, en r 1 ,r 2 , . . . ,rn elementen uit Re , dan bestaat er een grootst gemene deler van x 1 , . . . ,xn .
Bewijs. Omdat R een UFD is kunnen we alle xi ondbinden als volgt:
Y e
x i = ui
rj ij
j
Hierboven is ui een eenheid, elke r j irreducibel, de r j onderling niet geassocieerd en elke eij ∈ N.
Benoem nu e j als volgt:
e j = min{eij | i ∈ {1, . . . ,n}}
Nu volgt uit de uniciteit van de factorisatie dat d een grootst gemene deler is van de xi .
Y e
d=
rj j
j
QUESTION: waar komen de eenheden ui vandaan?
CLARIFY: hier moet veel meer uitleg‼
Opmerking 9.205. In bovenstaande eigenschap mogen er ri het nulelement zijn, maar niet allemaal.
121
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Eigenschap 9.206. Zij R, +, · een uniek factorisatiedomein met nulelement e, en r 1 ,r 2 , . . . ,rn elementen uit Re , dan bestaat er een kleinst gemeen veelvoud van x 1 , . . . ,xn .
EXTRA: bewijs
Stelling 9.207. Zij R, +, · een UDF en a, b elementen van R. Als d een grootste gemene deler is van
a en b en v een kleinst gemeen veelvoud van a en b, dan zijn d · v en a · b geassocieerd.
EXTRA: bewijs p 68 katelijne
Lemma 9.208. Zij I 0 ⊆ I 1 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · een keten van idealen in een HID R, +, ·, dan bestaat er
een index k zodat Ik = In voor alle n groter dan k. In andere woorden: “De keten stabiliseert”.
Bewijs. Beschouw I als volgt. Nu is I , +, · zelf een ideaal van R, +, ·.
[
In
I=
n
I is immers gelijk aan de grootste In waarvan de unie genomen wordt. Omdat I een HID is, bestaat
er een a ∈ I die I voortbrengt. Als die a voor een gegeven k in Ik zit, geldt het volgende:
I = (a) ⊆ Ik
Dan is I j voor elke j groter dan k gelijk aan Ik .
Lemma 9.209. Zij p een irreducibel element in een HID R, +, · met eenheidselement i.
p | ab ⇒ p | a ∨ p | b
Bewijs. Beschouw een grootst gemene deler d van p en a. Omdat d | p geldt is d ofwel geassocieerd
met p, ofwel een eenheid.
• Als d geassocieerd is met p, dan is geldt ook p | d. Dit houdt in dat p | a ook geldt.
• Als d een eenheid is, bestaan er elementen u en v in R zodat het volgende geldt46 :
i = ua + vp
CLARIFY: waarom niet d ipv i?!
We stellen beide kanten samen met b om het volgende te bekomen:
b = uab + vpb
Omdat p een deler is van ab volgt hieruit dat p | b geldt.
CLARIFY: meeeer uitleeeeeeg
Stelling 9.210. Examenvraag!
Elk HID is een UDF.
46 Zie
stelling 9.199 op pagina 119.
122
HOOFDSTUK 9. RINGEN
Bewijs. Zij R, +, · een HID. Kies een element x 0 uit R, verschillend van het nulelement, dat geen
eenheid is. We bewijzen eerst dat we x 0 kunnen ontbinden in irreducibele elementen en daarna dat
die ontbinding uniek is.
• Bestaan
Bewijs uit het ongerijmde. Stel dat x 0 niet te ontbinden valt in irreducibele elementen (dan
is x 0 niet irreducibel want als x 0 irreducibel was dan was x 0 zelf al de ontbinding van x 0 in
irreducibele elementen), dan bestaan er elementen x 1 en y1 in R zodat x 0 als volgt te schrijven
valt.
x 0 = x 1y1
Hierin zijn x 1 en y1 geen eenheden47 en kan ofwel x 1 ofwel y1 zelf ook niet ontbonden worden
in irreducibele elementen. Als zowel x 1 als y1 immers een product waren van irreducibele
elementen, dan was x 0 dat ook. Stel dat x 1 het element is van x 1 en y1 dat niet te ontbinden
valt in irreducibele elementen (anders wisselen we gewoon de naam om). Nu is de hoofdideaal
door x 0 een deel van de hoofdideaal door x 1 , maar niet gelijk.
(x 0 ) ( (x 1 )
Anders zou er immers een eenheid u ∈ R bestaan zodat x 0 = x 1u geldt. Omdat R, +, · een
integriteitsdomein is, volgt hieruit dat y1 gelijk is aan u, maar dat kan niet want y1 is geen
eenheid. Analoog kunnen we uit x 1 een element x 2 construeren dat niet te ontbinden valt
in irreducibele elementen. zodat (x 1 ) ( (x 2 ) geldt. Op die manier kunnen we uiteindelijk in
R, +, · een aftelbaar oneindige keten van hoofdidealen (xi ) construeren als volgt.
(x 0 ) ( (x 1 ) ( (x 2 ) ( · · · ( (xn ) ( (xn+1 ) ( · · ·
Dit is natuurlijk onmogelijk.48
• Uniciteit
Stel dat x 0 ontbonden kan worden in irreducibele pi ’s en ook in irreducibele qi ’s.
x=
m
Y
pi =
n
Y
i=1
qi
i=1
De overeenkomstige pi en qi moeten dan geassocieerd zijn en m moet gelijk zijn aan n. We
bewijzen de uniciteit per inductie op m.
– De bewering geldt voor m = 1.
x = p1 =
n
Y
qi
i=1
Aangezien p1 irreducibel is, moet n ook 1 zijn.
x = p1 = q 1
p1 en q 1 zijn nu inderdaad geassocieerd.
– We gaan ervan uit dat de bewering geldt voor een bepaalde m = k …
47 Zie
48 Zie
definitie 9.186 op pagina 116.
lemma 9.208 op pagina 121.
123
HOOFDSTUK 9. RINGEN
– … en bewijzen dan dat de bewering ook geldt voor m = k + 1.
Qn
Qn
Q
Omdat k+1
i=1 qi . Dit betekent ook het
i=1 qi geldt is p zeker ook een deler van
i=1 pi =
49
volgende :
n
_
p | qi
i=1
Na eventuele hernummering van p geldt zeker pk+1 | qn . Omdat pk+1 | qn geldt, pk+1
geen eenheid is en qn irreducibel, moet pk+1 geassocieerd zijn met qn . Er bestaat dus een
eenheid u ∈ R als volgt:
qk+1 = upn
We vereenvoudigen dan de originele gelijkheid als volgt:
k
Y
n−1
Y
*
pi =
qi + · u
i=1
, i=1 -
Merk nu op dat qn−1u irreducibel is.
CLARIFY: waarom?
De inductiehypothese impliceert dat k gelijk is aan n − 1 en dat pi geassocieerd is mat qi
voor i ∈ {1,dotsc,k }.
CLARIFY: bij dit bewijs moet veel meer uitleg‼
Gevolg 9.211. Zij F een veld, dan is F [X ] een UFD.
EXTRA: bewijs
Stelling 9.212. Zij R, +, · een UFD, dan is R[X ] ook een UFD. Zonder bewijs
Gevolg 9.213. Z[X 1 , . . . ,Xn ] en F [X 1 , . . . ,Xn ] met F een veld zijn UFD’s.
EXTRA: bewijs
Een toepassing van UFD’s: rare dobbelstenen
TODO: dobbelstenen bewijs?
9.5
Codetheorie
Definitie 9.214. Een boodschap van n bits is een opeenvolging van n elementen van een eindig
veld (meestal Z2 ).
Definitie 9.215. Een (n,k )-code is een afbeelding c die een boodschap van k bits afbeeldt op
een boodschap van n bits.
c : Zk2 → Zn2 : b 7→ c (b)
49 Zie
lemma 9.209 op pagina 121.
124
HOOFDSTUK 9. RINGEN
c
im(c)
Zk2
Zn2
Figuur 9.1: Een code, schematisch voorgesteld
Opmerking 9.216. Een code is nooit surjectief. (Dit is de bedoeling natuurlijk.)
Definitie 9.217. Een codewoord is een boodschap c (b) in het beeld van een code c.
Definitie 9.218. Een code gegenereerd door een veelterm p(x ) ∈ Z2 [x] van graad n − k is
een (n,k )-code c:
c : Zk2 → Zn2 : b (x ) 7→ c (b) = r (x ) + x n−k x (x )
met
x n−k b (x ) = p(x )q(x ) + r (x )
Opmerking 9.219. Vermits de graad дr (r (x )) van de rest r (x ) een kleiner is dan n − k, passen de
extra n − k bits netjes na de boodschap-bits.
TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag!
commutatief
met eenheidselement
integriteitsdomein
UFD HID
veld
alleen eenheden
lichaam
zonder nuldelers
Figuur 9.2: ringen
Hoofdstuk 10
Velden
10.1
Karakteristiek van een ring
Definitie 10.1. Zij R, +, · een ring met nulelement e. De karakteristiek char (R) van een ring
R, +, · is …
• … de kleinste n ∈ N0 zodat nx = e geldt voor alle elementen x ∈ R.
• … 0 indien er niet zo’n n bestaat.
Eigenschap 10.2. Zij R, +, · een ring en karakteristiek char (R) = n , 0, dan is de (additieve) orde
van elk element in R, + een deler van n.
Bewijs. Zij s orde van een willekeurig element x uit R. Omdat nx het nulelement is, is n een kandidaat
voor de orde, maar groter dan s, dus is s een deler van n.1
Stelling 10.3. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i.
char (R) = n , 0 ⇔ i heeft orde n
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒: Dit volgt rechtstreeks uit de definitie van de karakteristiek.
• ⇐
Voor een gegeven k ∈ N0 geldt het volgende:
∀x ∈ R : kx = k (i · x ) = (ki) · x
Dit betekent precies dat kx het nulelement is als en slechts als k de orde is van i in R, +, ·. k is
dus ook de charakteristiek van R, +, ·.
Gevolg 10.4. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i.
char (R) = 0 ⇔ i heeft orde ∞
Bewijs. Dit volgt rechtstreeks. Als er immers geen enkele k ∈ N0 bestaat zodat ki het nulelement is,
kan er ook geen k bestaan zodat voor elke x ∈ R kx het nuleleement is.
1 Zie
eigenschap 8.36 op pagina 46.
125
126
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Gevolg 10.5. De karakteristiek van een eindig veld F , +, · is een deler van |F |.
Bewijs. De karakteristiek van F , +, · is de orde van het eenheidselement in F en de orde van het
eenheidselement is een deler van |F |.2
Stelling 10.6. Zij R, +, · een niet-triviale ring zonder nuldelers met nulelement e, dan hebben alle
elementen uit Re hebben dezelfde orde in R, +
Bewijs. Als alle elementen in Re als orde ∞ hebben is de stelling evident. Stel daarom dat er een
element a ∈ Re bestaat met eindige orde n. We moeten dan aantonen dat elk ander element x ∈ Re
ook orde n heeft. Beschouw nu a · (nx ):
a · (nx ) = (na) · x = e · x = e
Omdat R geen nulderes heeft volgt hieruit dat nx het nulelement is
CLARIFY: waarom is n minimaal?
EXTRA: bewijs
Stelling 10.7. Zij R, +, · een niet-triviale ring zonder nuldelers, dan is de karakteristiek van R, +, ·
nul of een priemgetal.
Bewijs. Stel dat de karakteristiek n , 0 van R, +, · valt te schrijven als r · s met r ,s ∈ N0 . Voor elk
niet-nul-element a uit R geldt nu het volgende:
ra · sa = (rs)a 2 = na 2 = 0
Dit betekent dat ofwel ra, ofwel sa het nulelement is. r of s moet dan gelijk zijn aan n (en de andere
aan 1). Dit houdt precies in dat n een priemgetal is.
Gevolg 10.8. De karakteristiek van een integriteitsdomein (of veld) is nul of een priemgetal.
Stelling 10.9. Een rekenregel in integriteitsdomein
Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p.
∀a,b ∈ R : (a + b)p = ap + bp
Bewijs. De (normale) binomiaalontwikkeling van (a + b)p ziet er als volgt uit:
p
(a + b) =
p
X
i=0
p!
ai bp−i
i!(p − i)!
Merk nu op dat p een deler is van binompi voor alle i van 1 tot en met p − 1. Voor elk van die i’s
wordt de term dan het nulelement. Er blijft dan enkel nog ap + bp over in het rechterlid.
Stelling 10.10. Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p.
∀a,b ∈ R : (a − b)p = ap − bp
2 Zie
stelling 8.58 op pagina 53.
127
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Bewijs.
(a − b)p = (a + (−b))p = ap + (−b)p = ap − bp
De derde gelijkheid geldt omwille van de rekenregel in integriteitsdomeinen.3 De laatste gelijkheid
geldt enkel omdat p een priemgetal is.
CLARIFY: waarom mag dit ook voor p = 2??
Stelling 10.11. Zij R, +, · een ring met priemkarakteristiek p.
k
k
k
k
k
∀a,b ∈ R,∀k ∈ N : (a + b)p = ap + bp
EXTRA: bewijs
Stelling 10.12. Zij R, +, · een ring met priemkarakteristiek p.
k
∀a,b ∈ R,∀k ∈ N : (a − b)p = ap − bp
EXTRA: bewijs
Stelling 10.13. Het Frobeniusmorfisme
• Zij R, +, · een integriteitsdomein van karakteristiek p , 0. De afbeelding ϕ is een injectief
ringmorfisme. We noemen het het Frobeniusmorfisme.
ϕ : R → R : x 7→ x p
• Als |R| eindig is (en dus een veld4 ), dan is ϕ een isomorfisme.
Bewijs. in delen.
• Zij e het nulelement van R, +, ·. ϕ is een ringmorfisme vanwege de rekenregel in integriteitsdomeinen5 . Uit de implicatie x p = e ⇒ x = 0 volgt dat ϕ injectief is.
CLARIFY: vanwaar komt die implicatie?
• Een injectieve afbeelding van een verzameling naar zichzelf is surjectief en bijgevolg ook een
bijectie.
CLARIFY: referentie naar bewijs?
10.1.1
3 Zie
Deelvelden
stelling 10.9 op pagina 126.
stelling 9.29 op pagina 85.
5 Zie stelling 10.9 op pagina 126.
4 Zie
128
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Definitie 10.14. Zij F , +, · een veld en E een niet-lege deelverzameling van F . We noemen E, +, ·
een deelveld van F , +, · als E, +, · zelf een veld is (voor dezelfde bewerkingen).
Stelling 10.15. Het criterium voor deelvelden
Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en E een deelverzameling van F , dan is E, +, · een deelveld
van f als en slechts als aan volgende voorwaarden voldaan is.
• E is een deelring van F met hetzelfde eenheidselement.
• ∀x ∈ E : ∃y ∈ E : xy = i = yx (Elk element heeft een interne inverse.)
• ∀x,y ∈ E : x · y ∈ E (De multiplicatieve bewerking is intern.)
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
Dit volgt bijna rechtstreeks uit de definitie. We bewijzen nog dat E, +, · en F , +, · hetzelfde eenheidselement hebben. Noem voorlopig het eenheidselement van E, +, · en F , +, · respectievelijk
i E en i F . Noteer de inverse in F , +, · als −1 en de inverse in E, +, · als¯.
i F = i E · i E−1
= i E · i E · i E−1
= iE · iF
= iE
Merk goed op dat alle bewerkingen in F , +, · gebeuren. Enkel in de tweede gelijkheid gebruiken
we dat i E het eenheidselement is in E, +, ·. Voor de rest beschouwen we i E gewoon als een
element van F . Merk ook op dat we niet zomaar het volgende mogen zeggen:
iF = iE · iF = iE
De linker gelijkheid geldt immers niet zomaar omdat we a priori niet weten of i F wel een
element is van E.
• ⇐
Omdat E een deelring is die i bevat, volgt uit de twede voorwaarde dat E een lichaam is. E, +, ·
is bovendien commutatief want het is een deelring van een commutatieve ring.
CLARIFY: referentie ?
E, +, · is een commutatief lichaam en E een deelverzameling van F , dus een deelveld.
10.1.2
Priemdeelring en Priemdeelveld
Definitie 10.16. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i. De doorsnede van alle deelringen
van R, +, · die i bevatten is zelf een deelring van R, +, · (die i bevat). Deze ‘kleinste deelring die i
bevat’ de priemdeelring van R, +, ·.
Eigenschap 10.17. De priemdeelring van een ring R, +, · met eenheidselement i is < 1 >:
< 1 >= {zi | z ∈ Z}
129
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Bewijs. Kies I zodat I , +, · een deelring is van R, +, ·. I moet dan < i > omvatten.
QUESTION: en nu?
Stelling 10.18. Zij R, +, · een ring met eenheidselement i.
• Als char (R) = n , 0 geldt, dan is de priemdeelring van R isomorf met Zn .
• Als char (R) = 0 geldt, dan is de priemdeelring van R isomorf met Z.
Bewijs. Beschouw de afbeelding ϕ:
ϕ : Z → R : z 7→ zi
ϕ is nu een ringmorfisme:
∀x,y ∈ Z : ϕ(x + y) = (x + y)i = (xi) + (yi) = ϕ(x ) + ϕ(y)
∀x,y ∈ Z : ϕ(x · y) = (x · y)i = (xi) · (yi) = ϕ(x ) · ϕ(y)
Merk op dat ϕ(Z), +, · de priemdeelring is van R, +, ·.6
• Als de karakteristiek van R, +, · n , 0 is, dan wordt de kern van ϕ voortgebracht door n in Z
want n is de orde van i in R, +.
Ker (ϕ) = (n)
De priemdeelring is dan isomorf met Z/(n) Zn .
CLARIFY: referentie ?
• Als de karakteristiek van R, +, · nul is,dan is ϕ injectief
CLARIFY: waarom?
en is de priemdeelring van R, +, · dus isomorf met Z.
Definitie 10.19. Zij F , +, · een veld. De doorsnede van alle deelvelden van F is zelf een deelveld
van F . Di kleinste deelveld heet het priemdeelveld van F , +, ·.
Stelling 10.20. Zij F , +, · een veld. Als char (F ) een priemgetal is, dan is het priemdeelveld van F , +, ·
isomorf met Zp .
Stelling 10.21. Zij F , +, · een veld. Als char (F ) nul is, dan is het priemdeelveld van F , +, · isomorf
met Q.
Bewijs.
• Als char (F ) een priemgetal p is, weten we al dat de priemdeelring van F , +, · isomorf
is met het veld Zp . Die deelring is dan ook een deelveld.7
6 Zie
7 Zie
eigenschap 10.17 op pagina 128.
stelling 10.18 op pagina 129.
130
HOOFDSTUK 10. VELDEN
• Als char (F ) nul is, dan is ϕ een injectief ringmorfisme:
ϕ : Z → R : z 7→ z · i
Beschouw nu de afbeelding ϕ 0:
ϕ0 : Q → F :
a
7→ ϕ(a) · (ϕ(b)) −1 = (ai) · (bi) −1
b
Merk nu op dat ϕ 0 en ringmorfisme is:
ϕ 0 (a/b + c/d ) = ϕ 0 ad+bc
bd
= ϕ(ad + bc) · (ϕ(bd )) −1
a c = ((ad + bc)i) · ((bd )i) −1
∀
,
∈Q:
b
d
= ((ad )i) + ((bc)i)) · ((bd )i) −1
= ((ad )i) · ((bd )i) −1 ) + ((bc)i) · ((bd ) · i) −1 )
= ϕ 0 (ad/bd ) + ϕ 0 (bc/bd )
= ϕ 0 (a/b ) + ϕ 0 (c/d )
ϕ 0 (a/b · c/d ) = ϕ 0 (ac/bd )
= ϕ(ac) · (ϕ(bd )) −1
a c = ((ac)i) · ((bd ) · i) −1
∀
,
∈Q:
= ((ai) · (ci)) · ((bi) · (di)) −1
b
d
= (ai) · (bi) −1 · (ci) · (di) −1
= ϕ(a) · (ϕ(b)) −1 · ϕ(c) · (phi (d )) −1 = ϕ 0 (a/b ) · ϕ 0 (c/d )
ϕ 0 is bovendien injectief. Kies immers twee verschillende elementen ba en
zelfde element van F afgebeeld worden onder ϕ 0, dan geldt het volgende:
c
d
uit Q die op het-
(ai) · (bi) −1 = (ci) · (di) −1
ϕ(a) · ϕ(d ) = ϕ(b) · ϕ(c)
Omdat ϕ injectief is geldt ad = bc en bijgevolg
het beeld van Q onder ϕ 0.
a
b
= dc . Het priemdeelveld van F is nu precies
CLARIFY: waarom?
De kern van ϕ is bovendien {0}, dus het priemdeelveld is isomorf met Q/{0} Q.
Bewijs. Zij F , +, · een veld van karakteristiek 0 en zij P, +, · het priemdeelveld van F , +, ·. P omvat
dan de priemdeelring van F , +, ·. We weten al dat die priemdeelring isomorf is met Z volgens ϕ.8
ϕ :: Z ⇒ F : z 7→ (zi)
Vermits het beeld tot P behoort, kunnen we ϕ ook als volgt bekijken:
Z→P
Er bestaat dan ook een ringmorfisme ϕ 0 zodat ϕ factoriseert als ϕ 0 ◦ i waarbij i de inclusie is van Z
in Q. 9
ϕ0 : Q → P
8 Zie
9 Zie
stelling 10.18 op pagina 129.
eigenschap ?? op pagina ??.
131
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Z
ϕ
i
Q
ϕ0
P
Nu beeldt ϕ 0 1 af op het neutraal element van P. ϕ 0 is dus een veldmorfisme. Omdat ϕ 0 ook injectief is, is het beeld van Q onder ϕ 0 een deelveld van P, +, · en van F , +, ·. P is echter het priemdeelveld
van F , dus ϕ 0 moet ook surjectief zijn en bijgevolg een isomorfisme.
Stelling 10.22. Zij K, +, · een deelveld van een veld L, +, ·.
char (K ) = char (L)
Bewijs. Noem de karakteristiek van L, +, · n. De orde van het eenheidselement in L is dan ook n.10
Omdat K, +, · een deelveld is van L, +, · is n ook de orde van het eenheidselement in K, +, ·.
10.2
Veldmorfismen
Definitie 10.23. Zij F , +, · en E,?, ∗ velden, dan is een afbeelding ϕ : F → E een veld(homo)morfisme
als ϕ een ringmorfisme is dat het eenheidselement van F op het eenheidselement van E afbeeldt.
Definitie 10.24. Een bijectief veldmorfisme noemen we een veldisomorfisme.
Stelling 10.25. Een veldmorfisme ϕ : F → E is steeds injectief. In het bijzonder is ϕ(F ) een deelveld
van E dat isomorf is met F .
EXTRA: bewijs
Opmerking 10.26. We zullen daarom een veld vaak identificeren met zijn beeld onder een veldmorfisme.
10.3
Velduitbreidingen: basisbegrippen
Definitie 10.27. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. Men noemt E, +, · een velduitbreiding of uitbreiding van F .
Stelling 10.28. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. E is een vectorruimte over F .
EXTRA: bewijs
Definitie 10.29. Zij F , +, · een deelveld van een veld E, +, ·. De uitbreidingsgraad of graad
[E : F ] van E over F is de dimensie van E als F -vectorruimte.
10 Zie
stelling 10.3 op pagina 125.
132
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Definitie 10.30. Een uitbreiding E, +, · van een veld F , +, · met een eindige uitbreidingsgraad
noemen we een eindige uitbreiding.
Definitie 10.31. Binnen een veld F , +, · noteren we a · b −1 vaak als ba .
Stelling 10.32. Examenvraag!
Het aantal elementen van een eindig veld is een macht van een priemgetal.
Bewijs. Zij F , +, · een eindig veld, dan moet het priemdeelveld P, +, · van F , +, · isomorf zijn met een
Zp waarbij p een priemgetal is. F is een noodzakelijk eindigdimensionale vectorruimte over P. Noem
de uitbreidingsgraad van F , +, · over P, +, · n.
|F | = |P |n = pn
Stelling 10.33. Examenvraag!
De fundamentele stelling van de veldentheorie of ook de stelling van Kronecker
Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ], dan bestaat er een uitbreiding E van K
zodat f een wortel heeft in E.
Bewijs. Kies een irreducibele factor p van f in het UFD11 K[X ]. Beschouw nu de quoti¨entring K[X ]/(p) .
We beweren dat p een wortel zal hebben K[X ]/(p) .
•
K[X ]/(p)
K[X ].
is een veld omdat p irreducibel is12 en (p) daarom een maximaal ideaal13 in het HID14
• De afbeelding f is een veldmorfisme en bijgevolg injectief.15
f : K → K[X ]/(p) : a 7→ a¯
We identificeren daarom K met het deelveld {a¯ | a ∈ K } van K[X ]/(p) . We beschouwen K[X ]/(p)
met andere woorden als een uitbreiding van K.
• X¯ is nu een wortel van p in K[X ]/(p) .
p(X¯ ) =
X
i
ai (X )i =
X
ai X i = p¯ = e¯K
i
Merk op dat we de identificatie gebruiken. We beschouwen p ∈ K[X ] als p =
i a¯i X
P
i.
CLARIFY: meer uitleg nodig!
11 Zie
stelling 9.211 op pagina 123.
gevolg 9.198 op pagina 119.
13 Zie stelling 9.197 op pagina 118.
14 Zie stelling 9.196 op pagina 118.
15 Zie stelling 10.25 op pagina 131.
12 Zie
133
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Opmerking 10.34. Deze stelling geldt ook voor integriteitsdomeinen
EXTRA: bewijs: elk domein kan worden uitgebreid tot een breukenveld
maar niet voor algemene commutatieve ringen met eenheidselement.
EXTRA: voorbeeld p 79
Stelling 10.35. De productformule
Zij F , +, ·, L, +, · en E, +, · velden waarbij L, +, · een uitbreiding is van F , +, · en E, +, · een uitbreiding
is van L, +, ·. Als zowel [L : F ] als [E : L] eindig zijn, geldt het volgende:
[E : F ] = [E : L] · [L : F ]
Bewijs. Kies een basis α = {u 1 , . . . ,un } van E als vectorruimte over L en een basis β = {v 1 , . . . ,vm }.
We zullen aantonen dat γ = {ui · vi | i ∈ {1, . . . ,n}, j ∈ {1,dotsc,m}} een basis vormt voor E als
vectorruimte over F .
• γ is vrij.
Stel dat γ niet vrij zou zijn, dan bestaan er co¨efficienten aij ∈ L als volgt:
n
m X
X
aijui · v j = e F
i=1 j=1
Omdat E, +, · een veld is kunnen we dit herschrijven als volgt:
m X
n
X
*. (a v ) +/ · u = e
ij i
j
F
i=1 , j=1
-
P
Omdat α linear onafhankelijk is moeten de co¨efficienten m
j=1 aij vi elk het nulelement zijn.
Omdat β lineair afankelijk is moeten ook nog eens alle aij dan het nulelement zijn.
• γ is voortbrengend.
EXTRA: bewijs
10.3.1
Algebraische en transcendente elementen
Definitie 10.36. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Een element u ∈ E is
algebra¨ısch over F , +, · als er een niet-nul-veelterm f ∈ F [X ] bestaat zodat u een wortel is van
f . Anders noemen we u transcendent.
Stelling 10.37. Elk element van een veld F , +, · is transcendent over F , +, ·.
EXTRA: bewijs
Stelling 10.38. Elk element van de vorm
√
n
q met n ∈ N0 en q ∈ Q+ is algebra¨ısch over Q.
EXTRA: bewijs
10.3.2
Enkelvoudige uitbreidingen
134
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Definitie 10.39. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element
van E. Het veld bekomen door adjunctie of toevoeging van u aan F : F (u) is de doorsnede van
alle velden L die tussen F en E liggen en u bevatten. Dit is dus het “kleinste deelveld van E dat
F en u omvat”.
Eigenschap 10.40. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element
van E.
( r
)
ar u + · · · + a 1u + a 0
F (u) =
| r ,s ∈ N, ai ,bi ∈ F
bs u s + · · · + b1u + b0
In bovenstaande formule mogen natuurijk niet alle bi het nulelement zijn.
EXTRA: bewijs
Opmerking 10.41. F (X ) kunnen we dan zien als de verzameling van rationale veeltermen over
F , +, ·.
10.3.3
Minimale veelterm
Definitie 10.42. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u een element van
E, algebra¨ısch over F , +, ·. Een minimale veelterm van u over F is een veelterm f ∈ F [X ] van
minimale graad waarvoor f , e en f (u) = 0 gelden.
Propositie 10.43. Zi F , +, · een E-vectorruimte en u algebra¨ısch over F . De minimale veelterm van
u over v is uniek bepaald op een constante factor (verschillend van het nulelement) na.
Bewijs. Beschouw J :
J = {д ∈ F [X ] | д(u) = 0}
J is een ideaal van F [X ], +, ·. Omdat u algebra¨ısch is over F , +, · bevat д meer dan enkel het nulelement. De voortbrengers van een niet-triviaal-ideaal in een veeltermenring zijn precies de minimale
veeltermen 16 en deze zijn allemaal gelijk op een constante factor na.17
Eigenschap 10.44. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u een element van E,
algebra¨ısch over F , +, ·. Zij f een minimale veelterm van u over F , +, ·.
• Als д ∈ F [X ] ook een veelterm is over F , +, · met waarde nul in u, dan is f een deler van д.
• f is irreducibel in F [X ].
Bewijs.
• Inderdaad18
• Stel dat f reducibel zou zijn in F [X ], dan bestaan er veeltermen д en h over F , +, · van lagere
graad zodat f als volgt geschreven kan worden:
f = дh
Omdat u een nulpunt is van f moet u een nulpunt zijjn van д of h, maar dat is in tegenspraak
met de minimaliteit van дr ( f ).
16 Zie
lemma 9.194 op pagina 117.
stelling 9.195 op pagina 118.
18 Zie propositie 10.43 op pagina 134.
17 Zie
135
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Eigenschap 10.45. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element
van E. Zij f ∈ F [X ] een veelterm over F [X ] is met waarde nul in u.
f is irreducibel ⇒ f is de minimale veelterm van u over F , +, ·
Bewijs. Bewijs via contrapositie: Stel dat f niet de minimale veelterm is van u, maar p, is p deelbaar
door f 19 . En bestaat dan dus een veelterm q zodat f = дq geldt. Bijgevolg is f reducibel.
Stelling 10.46. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element van E,
transcendent over F , +, ·.
• F (u) F (X )
• [F (u) : F ] is niet eindig.
Bewijs.
• Beschouw het substitutie-ringmorfisme ϕ:
ϕ : F [X ] → F (u) : д 7→ д(u)
u is transcendent als en slechts als enkel de nulveelterm op het nelelement wordt afgebeeld.
Dit is precies wanneer ϕ injectief is.20 Omdat ϕ injectief is, kunnen we ϕ uitbreiden tot een,
nog steeds injectief, ringmorfisme ϕ 0.
ϕ 0 : F (X ) → F (u) :
д(u)
д
7→
h
h(u)
Kies immers twee elementen die op hetzelfde element uit F (u) worden afgebeeldt onder ϕ 0.
Die elementen moeten dan hetzelfde zijn (, maar enkel omdat ϕ al injectief is).
∀д,h,i, j ∈ F (u) :
д(u) i (u)
д i
=
⇒ =
h(u) j (u)
h j
ϕ 0 (F (X )) omvat nu duidelijk zowel F als u.
ϕ 0 (X ) = u
en
F ⊆ ϕ 0 (F (X ))
Bovendien ϕ 0F (X ) is veld omdat ϕ 0 injectief is.21 We besluiten dat ϕ 0 (F (X )) een deelveld is
van F (u) dat F en u omvat.
ϕ 0 (F (X )) = F (u)
ϕ 0 is nu ook surjectief en dus een isomorfisme. Dit betekent precies dat F (u) isomorf is met
F (X ).
• De dimensie van F [X ] is niet eindig, dus de dimensie van F (X ) zeker niet. Er bestaat bovendien
een bijectie van F [X ] naar F (X ) (zie hierboven).
Stelling 10.47. Examenvraag!
Zij F , +, · een veld met eenheidselement i en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u ∈ E een element
van E, algebra¨ısch over F , +, · en f een minimale veelterm van u over F , +, ·.
• F (u) F (X )/( f )
19 Zie
eigenschap 10.44 op pagina 134.
eigenschap 9.52 op pagina 88.
21 Zie stelling ?? op pagina ??.
20 Zie
136
HOOFDSTUK 10. VELDEN
• [F (u) : F ] = deд( f )
• De volgende verzameling vormt een basis van F (u) over F .
{i,u,u 2 , . . . udeд( f )−1 }
Bewijs. Ingewikkeld, let op!
• Beschouw opnieuw het substitutie-ringmorfisme ϕ:
ϕ : F [X ] → F (u) : д 7→ д(u)
De kern van ϕ is nu het (hoofd22 )ideaal van F [X ] voortgebracht door f .23 Dit betekent precies
dat ϕ(F [X ]) isomorf is met F [X ]/( f ) .24
ϕ(F [X ]) F [X ]/( f )
]
26
Omdat f irreducibel is, is ( f ) een maximaal ideaal in F [X ]25 en F([X
f ) bijgevolg een veld.
ϕ(F [X ]) is dan een deelveld van F (u) 27 dat F en u omvat en bijgevolg is ϕ(F [X ]) gelijk aan
F (u).
• Vanwege het isomofirme tussen F [X ]/( f ) en ϕ(F [X ]) = F (u) is het voldoende om te bewijzen
dat de verzameling {i,u,u 2 , . . . udeд( f )−1 } een basis vormt van F [X ]/( f ) als vectorruimte over F .
Er geldt dan het volgende28 :
[F (u) : F ] = deд( f )
– Voortbrengend
Kies een willekeurig element д¯ uit F [X ]/( f ) . д zit dan in F [X ]. Vanwege het delingsalgoritme in F [X ] kunnen we д schrijven als д = q f + r met q en r ∈ F [X ] en дr (r ) < дr ( f ).
We noteren verder d = дr ( f ) en r als volgt:
r=
d−1
X
ai X i
i=0
Er geld dan het volgende:
CLARIFY: waarom?
д¯ = q¯ f¯ + r¯ = r¯ =
d−1
X
i=0
ai
Xi
=
d−1
X
a¯i X¯ i
i=0
{i,u,u 2 , . . . udeд( f )−1 } is dus inderdaad een voortbrengende verzameling over F , +, ·. Merk
op dat we hier de identificatie van F met {a¯ | a ∈ F } gebruiken.
– Vrij
EXTRA: bewijs
22 Zie
stelling 9.196 op pagina 118.
propositie 10.43 op pagina 134.
24 Zie gevolg 9.97 op pagina 100.
25 Zie stelling 9.197 op pagina 118.
26 Zie gevolg 9.198 op pagina 119.
27 Zie stelling 10.25 op pagina 131.
28 Zie definitie 10.29 op pagina 131.
23 Zie
137
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Gevolg 10.48. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·.
u is algebra¨ısch over F ⇔ [F (u) : F ] is eindig
Bewijs. Dit is een combinatie van de vorige twee stellingen.29
10.4
30
Algebra¨ısche uitbreidingen en ontbindingsvelden
Definitie 10.49. Zij F , +, · en S, +, · velden en E, +, · een uitbreiding van zowal F , +, · als S, +, ·.
Het veld verkregen door toevoeging van alle elementen van S aan F : F (S ) is de doorsnede van
alle velden L die tussen F , +, · en E, +, · zitten en S, +, · uitbreiden. Dit is dus het “kleinste deelveld
van E dat F en S omvat”.
S = {u 1 , . . . ,un } : F (u 1 , . . . ,un ) = F (S )
Eigenschap 10.50. Net als bij enkelvoudige uitbreidingen kan de uitbreiding van een veld met een
verzameling beschreven worden met een formule.
Pk Pr j
i






j=0 i=0 ai,r j s j

F (S ) = 
|
a
,b
,
∈
F
en
s
,s
∈
S
i,r
j
f
,f
f
j
д


 Pk P fд b s f

 д=0 f =0 f ,fд д

Zonder bewijs
Stelling 10.51. Zij F , +, · en S, +, · velden en E, +, · een uitbreiding van zowal F , +, · als S, +, ·.
S = S 1 ∪ S 2 ⇒ F (S ) = F (S 1 )(S 2 )
EXTRA: bewijs
Stelling 10.52. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 ,u 2 elementen van E.
F (u 1 ,u 2 ) = F (u 2 )(u 1 )
EXTRA: bewijs
Stelling 10.53. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 , . . . ,un elementen van
E.
F (u 1 , . . . ,un ) = F (u 1 , . . . ,un−1 )(un )
EXTRA: bewijs
Stelling 10.54. De stelling van het primitieve element
Zij F , +, · een veld van karakteristiek 0. Zij a en b elementen in een uitbreiding van F die algebra¨ısch
zijn over F , dan bestaat er een element c ∈ F (a,b) zodat het volgende geldt:
F (a,b) = F (c)
Zonder bewijs
29 Zie
30 Zie
stelling 10.46 op pagina 135.
stelling 10.47 op pagina 135.
138
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Opmerking 10.55. Elke eindige uitbreiding, in een veld van karakteristiek 0, is dus in feite een
enkelvoudige uitbreiding.
Definitie 10.56. Het element dat van een eindige uitbreiding een enkelvoudige uitbreiding
maakt noemt men een primitief element.
10.4.1
Algebra¨ısche uitbreidingen
Definitie 10.57. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. E is algebra¨ısch over
F als elk element u ∈ E algebra¨ısch is over F . Anders noemen we E, +, · transcendent.
Propositie 10.58. Examenvraag!
Zij F , +, · een veld en E, +, · een eindige uitbreiding van F , +, ·, dan is E, +, · algebra¨ısch over F , +, ·.
Bewijs. Noem i het eenheidselement van F , +, · (en dus ook van E, +, ·31 ). Zij n de dimensie van E, +, ·
over F , +, ·:
n = [E : F ]
We kiezen nu een willekeurig element u uit E en tonen aan dat u algebra¨ısch is over F , +, ·. Beschouw
de n + 1 elementen i,u,u 2 , . . . ,u n . Deze zijn lineair onafhankelijk over F , +, ·.
CLARIFY: waarom?
Er bestaan dus elementen ai ∈ F die niet allemaal nul zijn als volgt:
n
X
a nu n = 0
i=0
Dit betekent dat de veelterm
Pn
i=0 an X
n,
een niet-nul-veelterm in F [X ], u als nulpunt heeft.
Bewijs. Bewijs uit het ongerijmde:
Stel dat E, +, · niet algebra¨ısch is over F , +, ·, dan bestaat er een element u ∈ E dat transcendent is
over F , +, ·. De velduibreiding F (u) van F , +, · is dan zeker niet eindig32 , laat staan de uitbreiding
E, +, · van F , +, ·.33
F ⊆ F (u) ⊆ E
Tegenvoorbeeld 10.59. Examenvraag!
Het omgekeerde van deze eigenschap geldt niet.
Bewijs. We moeten aantonen dat er een uitbreiding E, +, · van een veld F , +, · bestaat zodat E, +, ·
algebra¨ısch is over F , +, ·, die niet eindig is.
Beschouw de uitbreiding E, +, · van Q, +, ·:
√
n
E = Q({ 2 | n ∈ N0 })
31 Zie
stelling 10.15 op pagina 128.
stelling 10.46 op pagina 135.
33 Zie stelling 10.35 op pagina 133.
32 Zie
139
HOOFDSTUK 10. VELDEN
√
n
• E, +, · is algebra¨
ı
sch
over
Q.
k is algebra¨ısch over
Q voor elke k ∈ N0 . De veelterm X n − k
√
√
n
n
k√als wortel. Dit betekent
N0 .
heeft immers
√
√
√dat34Q( k ) algebra¨ısch is over Q voor elke n ∈√
n
m
n
m
n
Omdat Q( k )( k ) gelijk is √
aan Q( k, k ) voor elke n en m en algebra¨ısch over Q( k ),
n
kunnen we besluiten dat Q({ 2 | n ∈ N0 }) algebra¨ısch is over Q.
CLARIFY: waarom moeten we het enkel bewijzen voor deze en niet voor alle elementen?
• [E : Q] is niet eindig.
EXTRA: bewijs
Stelling 10.60. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij u 1 , . . . ,un elementen van
E.
F (u) is algebra¨ısch over F ⇔ u is algebra¨ısch over F
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒: dit staat in de definitie.
• ⇐: De uitbreiding van F tot F (u) is eindig omdat u algebra¨ısch is over F 35 , en bijgevolg algebra¨ısch.36
Stelling 10.61. Examenvraag!
Zij F , +, · een veld met nulelement e en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Zij a en b elementen van E.
Als a en b algebra¨ısch zijn over F , dan zijn ook de volgende elementen algebra¨ısch over F :
• a +b
• a −b
• a ·b
•
a
b
als b , e
Bewijs. We beschouwen de volgende velduitbreidingen:
F ⊆ F (a) ⊆ F (a)(b)
Omdat a algebra¨ısch is over F , +, · is [F (a) : F ] eindig.37 Omdat b ook algebra¨ısch is over F , +, · en dus
zeker over F (a), is [f (a)(b) : F (a)] eveneens eindig. Vanwege de productformule38 is [F (a)(b) : F ]
dan ook eindig. Als deelruimte van de eindigdimensionale vectorruimte F (a)(b) is F (a + b) ook
eindigdimensionaal over F , +, ·. F (a + b) is dus algebra¨ısch over F , +, ·39 De andere beweringen zijn
geheel analoog te bewijzen.
Opmerking 10.62. Deze stelling geldt niet voor transcendente elementen. π is bijvoorbeeld transcendent maar π − π niet. e en e1 zijn ook trancendent maar 1 niet.
34 Zie
stelling 10.53 op pagina 137.
stelling 10.47 op pagina 135.
36 Zie stelling 10.58 op pagina 138.
37 Zie stelling 10.47 op pagina 135.
38 Zie stelling 10.35 op pagina 133.
39 Zie stelling 10.58 op pagina 138.
35 Zie
140
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Gevolg 10.63. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. De elementen van E die
algebra¨ısch zijn over F , +, · vormen een deelveld van E, +, · en een uitbreiding van F , +, ·.
EXTRA: bewijs
Definitie 10.64. Zij F , +, · een veld en E, +, · een uitbreiding van F , +, ·. Het deelveld van de
elementen van E die algebra¨ısch zijn over F , +, · noemen we de algebra¨ısche sluiting van F , +, ·
in E, +, ·.
Stelling 10.65. Examenvraag!
De transitiviteit van het algebra¨ısch zijn.
Zij F , +, · een veld, L, +, · een uitbreiding van F , +, · en E, +, · een uitbreiding van L, +, ·. Als E, +, ·
algebra¨ısch is over L, +, · en L, +, · algebra¨ısch over F , +, ·, dan is E, +, · algebra¨ısch over F , +, ·.
Bewijs. Kies een willekeurig element u ∈ E uit. We moeten dan aantonen dat u algebra¨ısch is over
F , +, · en zullen dit doen via de eindigheid van [F (u) : F ].40
• Omdat u algebra¨ısch is over L, bestaat er een niet-nul-veelterm p ∈ L[X ] met u als nulpunt.
p=
n
X
ai X i
i=1
We beschouwen nu de volgende keten van velduitbreidingen:
F ⊆ F (a 0 ) ⊆ F (a 0 ,a 1 ) · · · ⊆ F (a 0 ,a 1 , . . . ,an )
Omdat a 0 algebra¨ısch is over F , +, · (want het is er een element van) is de eerste uitbreiding F ⊆
F (a 0 ) eindig. Ook a 1 is algebra¨ısch over F , +, ·, dus F (a 0 ) ⊆ F (a 0 ,a 1 ) is ook eindig. Bij wijze
van voortzetting van deze redenering is heel de keten eindig, waardoor F ⊆ F (a 0 ,a 1 , . . . ,an )
eindig is via de productformule.41
• Kijk nu terug naar p. u is algebra¨ısch over het deelveld F (a 0 ,a 1 , . . . ,an ) van L, +, ·. De uitbreiding van F (a 0 ,a 1 , . . . ,an ) tot F (a 0 ,a 1 , . . . ,an ,u) is dus opnieuw eindig en bijgevolg is de
uitbreiding van F tot F (a 0 ,a 1 , . . . ,an ,u) ook eindig.
• Vanwege de rekenregel van uitbreidingen42 is F (u) ook eindig.
F (a 0 ,a 1 , . . . ,an ,u) = F (u)(a 0 ,a 1 , . . . ,an )
10.4.2
Ontbindingsvelden
Definitie 10.66. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. Een ontbindingsveld van f over K, +, · is een uitbreidingsveld E, +, · van K, +, · met de volgende eigenschappen.
• ∃c,ai ∈ E : f = c (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an )
• Er is geen enkel veld L, +, ·, strikt tussen K, +, · en E, +, ·.
40 Zie
stelling 10.58 op pagina 138.
stelling 10.35 op pagina 133.
42 Zie stelling 10.53 op pagina 137.
41 Zie
141
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Met andere woorden is het ontbindingsveld van een veelterm in een veld het kleinste veld waarin
f ontbonden kan worden in eerstegraadsveeltermen.
Stelling 10.67. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. De volgende eigenschappen vormen voor een uitbreidingsveld E, +, · van K, +, · een equivalente definite van een ontbindingsveld.
• ∃c,ai ∈ E : f = c (X − a 1 )(X − a 2 ) . . . (X − an )
• E = K (a 1 ,a 2 , . . . ,an )
We kunnen het ontbindingsveld van een veelterm f over een veld K, +, · dus ook zien als “de toevoeging van de wortels van f aan K, +, ·”.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
Noem E, +, · het ontbindindingsveld van f in K[X ], dan is E zeker een deel van K (a 1 ,a 2 , . . . ,an ).
CLARIFY: waarom?
Ook is K (a 1 ,a 2 , . . . ,an ) een deel van E, want alle ai en k zitten in E.
CLARIFY: waarom?
• ⇐
Stelling 10.68. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ] van graad n. Er bestaat
een ontbindingsveld E, +, · van f over K, +, · zodat het volgende geldt:
[E : K] ≤ n!
Bewijs. We bewijzen dit per inductie op de graad n van f .
• De bewering geldt voor n = 1. Elke veelterm van graad 1 is zichzelf na ontbinding in eerstegraadsveeltermen. Het ontbindingsveld is dus K, +, · zelf.
• Als we ervan uitgaan dat de bewering geldt voor een bepaalde n = k …
• … dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1. Als alle
irreducibele factoren van f in K[X ] graad 1 hebben, is het ontbindingsveld opnieuw K, +, ·
zelf. Stel daarom dat f deelbaar is door minstens e´ e´ n irreducibele veelterm p ∈ K[X ] van
graad groter dan 1. Er bestaat een uitbreiding van K, +, · waarin p een wortel u heeft.43 Omdat
p een minimale veelterm is van u over K, +, · is geldt het volgende.44
[K (u) : K] = дr (p) ≤ n
We werken nu verder over K (u). Aangezien u een wortel is van p is X − u een deler van p in
K (u)[X ]. Hieruit volgt dan dat ook f deelbaar is door X − u in K (u)[X ]. Er bestaat dus een
h ∈ K (u)[X ] van graad k als volgt:
f = (X − u)h
43 Zie
44 Zie
stelling 10.33 op pagina 132.
stelling 10.47 op pagina 135.
142
HOOFDSTUK 10. VELDEN
De inductiehypothese zegt ons dan dat er een ontbindingsveld E, +, · van h over K (u) bestaat
als volgt:
[E : K (u)] ≤ (n − 1)!
E, +, · is nu een ontbindingsveld van f over K, +, ·. Alle wortel van h: a 1 , . . . ak zitten immers
in E, alsook u. Omdat E, +, · het kleinste deelveld is dat K (u) en de ai omvat, moet E als volgt
geschreven kunnen worden:
E = K (u,a 1 , . . . ,ak )
Uit de productformule volgt dan de bewering voor n = k + 1.
Stelling 10.69. Zij K, +, · een veld en f een niet-constante veelterm in K[X ]. Het ontbindingsveld
van f over K, +, · is uniek op isomorfisme na. Zonder bewijs
10.4.3
Cyclotome uitbreidingen en Cyclotome veeltermen
Definitie 10.70. Definieer ω = ωn als de n-de eenheidswortel van X n − 1 in C, +, ·.
ω =e
2π i
n
= cos
2π
2π
+ i sin
n
n
Stelling 10.71. Het ontbindingsveld van X n − 1 over Q is de enkelvoudige uitbreiding Q(ω).
Bewijs. De n-de machten van ω zijn de nulpunten van X n − 1, dus Q(1,ω,ω 2 , . . . ,ω n−1 ) = Q(ω). is
het ontbindingsveld over Q.
Definitie 10.72. Voor n ∈ N0 noemt men Q(ωn ) het n-de cyclotome veld.
Definitie 10.73. Voor elk deelveld F , +, · van C, +, · noemt men F (ωn ) de n-de cyclotome uitbreiding van F , +, ·.
Stelling 10.74. Een regelmatige n-hoek is construeerbaar met enkel passer in lineaal als en slechts
als n van de volgende vorm is.
n = 2k p1p2 . . . pr met k ≥ 0
m
In bovenstaande formule zijn de pi onderling verschillende priemgetallen van de vorm p 2 +1. Zonder
bewijs
Definitie 10.75. De n machten van de n-de eenheidswortel, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen een cyclische deelgroep van C× . De generatoren van deze groep noemen we de
priemitieve n-de eenheidswortels.
Eigenschap 10.76. De primitieve n-de eenheidswortels zijn de ω k waarbij k en n relatief priem zijn.
EXTRA: bewijs
143
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Definitie 10.77. Zij n ∈ N0 een getal. De n-de cyclotome veelterm (over Q) is Φn .
Y
(X − ωni )
Φn =
0≤i≤n−1, ддd (i,n)=1
Merk op dat Φn monisch is in graad ϕ(n).
Eigenschap 10.78. Zij n ∈ N0 een getal.
Xn − 1 =
Y
Φd
1≤d ≤n, d |n
Bewijs. Het rechterlid heet precies alle n-de eenheidswortels (zonder herhalingen).
CLARIFY: waarom?
Aangezien beide veeltermen monisch zijn met juist dezelfde wortels moeten ze gelijk zijn.45
Propositie 10.79. Voor elke n ∈ N0 geldt Φn ∈ Z[X ].
Bewijs. Bewijs door inductie op n.
• De bewering geldt voor n = 1: Φ1 = X − 1 ∈ Z[X ].
• Als de bewering geldt voor een bepaalde n = k …
• … dan bewijzen we nu dat daaruit volgt dat de bewering geldt voor n = k + 1.
De inductiehypothese zegt dat alle Φd voor d < n gehele co¨efficienten hebben. Beschouw nu
д:
Y
Φd
Xk − 1 = д =
1≤d ≤k, d |k
De vorige eigenschap46 zegt ons nu het volgende:
X k+1 − 1 = Φk+1 · д
Hieruit volgt meteen dat Φk+1 een gehele veelterm is.
Stelling 10.80. De cyclotome veelterm Φn is irreducibel in Z[X ] voor elke n ∈ N0 . Zonder bewijs
Gevolg 10.81. De minimale veelterm van ωn over Q is de cyclotome veelterm Φn . Zonder bewijs
Gevolg 10.82. Q(ωn ) Q[X ]/(Φn ) en [Q(ωn ) : Q] = ϕn Zonder bewijs
10.4.4
Meervoudige wortels
Definitie 10.83. Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. De veelterm f heeft
een meervoudige wortel a in een uitbreiding L, +, · van K, +, · als er een veelterm д ∈ L[X ]
over L, +, · bestaat zodat het volgende geldt binnen L[X ]:
f = (X − a) 2д
45 Zie
46 Zie
stelling 9.159 op pagina 113.
eigenschap 10.78 op pagina 143.
144
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Definitie 10.84. Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. De afgeleide van f
is f 0 ∈ K[X ]:
n
n
X
X
i
0
f =
ai X −→ f =
iai X i−1
i=0
i=1
Stelling 10.85. Rekenregels voor afgeleiden
Zij K, +, · een veld, c een element van F (???) en f ,д veeltermen over K, +, ·.
• (c f ) 0 = c f 0
• ( f + д) 0 = f 0 + д0
• ( f д) 0 = f 0д + f д0
EXTRA: bewijs
Stelling 10.86. Het criterium voor een meervoudige wortel
Zij K, +, · een veld en f ∈ K[X ] een veelterm over K, +, ·. f heeft een meervoudige wortel (in een
uitbreiding van K, +, ·) als en slechts als f en f 0 een gemeenschappelijke niet-constante deler hebben
in K[X ].
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Stel dat f een meervoudige wortel a heeft in een uitbreiding E, +, · van K, +, ·. (Merk op dat
het niet uitmaakt welke uitbreiding.) Er bestaat dan een veelterm д ∈ E[X ] zodat f als volgt
gescreven kan worden:
f = (X − a) 2д
Vanwege de rekenregels voor afgelijden kunnen we f 0 schrijven als volgt:
f 0 = (X − a) 2д0 + 2(X − a)д
X −a is dus een deler van zowel f als f 0 in E[X ]. Stel nu dat f en f 0 geen gemeenschappelijke
niet-constante deler zouden hebben in het HID K[X ].47 De grootste gemeenschappelijke deler
van f en f 0 in K[X ] is dan 1. Dit betekent dat er veeltermen h 1 en h 2 ∈ K[X ] bestaan als volgt.48
f · h1 + f 0 · h2 = 1
Wanneer we deze gelijkheid beschouwen in E[X ], maar dat zou betekenen dat X − a een deler
is van 1 in E[X ].
(X − a) 2дh 1 + (X − a) 2д0 + 2(X − a)дh 2 = 1
Contradictie.
• ⇐
Stel dat f en f 0 een niet-constante gemeenschappelijke deler hebben in K[X ]. Neem dan een
wertel a van deze deler in een uitbreiding E, +, · van K, +, · (die bestaat immers altijd49 ). Er
bestaat dan een veelterm д ∈ E[X ] zodat f als volgt geschreven kan worden:
f = (X − a) · д
47 Zie
stelling 9.196 op pagina 118.
stelling 9.199 op pagina 119.
49 Zie stelling 10.33 op pagina 132.
48 Zie
145
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Stelling 10.87. Zij K, +, · een veld en f een irriducibele veelterm in K[X ].
• Als char (K ) nul is, dan heeft f geen meervoudige wortel.
• Als char (K ) niet nul is, dan heeft f een meervoudige wortel als en slechts als er een д ∈ K[X ]
bestaat zodat f = д(X p ) geldt.
Bewijs. Het criterium voor meervoudige delers zegt ons dat f een meervoudige wortel heeft als
en slechts als f en f 0 een niet-constante gemeenschappelijke deler hebben in K[X ].50 Omdat f
irredicibel is, is echter enkel f een niet-constante deler van f (op eenheid na).51 f heeft dus een
meervoudige wortel als en slechts als f 0 de nulveelterm is (want dan alleen is f 0 deelbaar door f ).
Noteer verder f en f 0 als volgt:
f =
n
X
i
ai X en f =
0
n
X
i=0
iai X i−1
i=1
• Als de karakteristiek van K, +, · nul is, dan kan dit alleen als alle ai met i , 0 nul zijn, maar
dat kan niet want dan dan zou f = a 0 een constante zijn.
• Als de karakteristiek van K, +, · (een priemgetal52 ) p is, dan is dit equivalent mat ai = 0 wanneer p i niet deelt (anders is iai al zeker nul).
f =
n
X
ai X i
i=0, p|i
CLARIFY: hoe komen we aan deze f en daarna aan de д?
Dit is precies wanneer x van de vorm f = д(X p ) is met д ∈ K[X ].
Stelling 10.88. Een irreducibele veelterm over een eindig veld van karakteristiek niet nul heeft geen
meervoudige wortel. Zonder bewijs
10.5
Algebra¨ısch gesloten velden
Definitie 10.89. Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als elke niet-constante
veelterm in F [X ] een wortel heeft in F , +, ·.
Stelling 10.90. Alsternatieve definitie 1
Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als elke niet-constante veelterm in F [X ] een
product is van lineaire veeltermen in F [X ].
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
50 Zie
stelling 10.86 op pagina 144.
definitie 9.186 op pagina 116.
52 Zie gevolg 10.8 op pagina 126.
51 Zie
146
HOOFDSTUK 10. VELDEN
• ⇒
Kies een niet-constante veelterm f in F [X ]. We bewijzen dat f een product is van lineaire
veeltermen in F [X ]. Omdat F , +, · algebra¨ısch gesloten is, bestaat er een wortel u van f in F .
X − u is dan een deler van f 53 en bijgevolg bestaat er een д als volgt:
f = (X − u)д
Als д constant is de bewering bewezen. Anders kunnen we opnieuw een wortel van д nemen
in F . We zetten deze redenering verder tot de bewering bewezen is.
• ⇐: Omgekeerd zorgen de delers (X − ui ) voor elke niet-constante veelterm f in F [X ] voor
nulpunten ui .
Stelling 10.91. Alsternatieve definitie 2
Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als alle irreducibele veeltermen in F [X ] graad 1
hebben.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Kies een veelterm f uit F [X ] van graad groter dan 1, anders is f per definitie irreducibel. f
kan dan geschreven worden als een product van lineare veeltermen, en is bijgevolg reducibel.
• ⇐
Elke niet-constante veelterm f uit F [X ] kan geschreven worden als een product van eerstegraads (irreducibele) veeltermen. Elk van die veeltermen is van de vorm aX + b en −f racba
is er dan een wortel van.
Eigenschap 10.92. Een veld F , +, · is algebra¨ısch gesloten als en slechts als voor elke algebra¨ısche
uitbreiding E, +, · van F , +, · E gelijk is aan F .
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
• ⇒
Elk element u ∈ E zit dan ook in F . Zij immers f een minimale veelterm van u over F , +, ·, dan
moet f graad 1 hebben omdat F , +, · algebra¨ısch gesloten is.
• ⇐
Zij E, +, · een algebra¨ısche uitbreiding van F , +, ·. Kies een willekeurige irreducibele veelterm
f ∈ F [X ]. f moet dan graad 1 hebben. Bijgevolg is F , +, · algebra¨ısch gesloten. Kies immers
een uitbreiding E, +, · van F , +, · met een wortel u van f in E(die bestaat immers altijd54 ). F (u)
is dan een algebra¨ısche uitbreiding van F , +, · met uitbreidingsgraad дr ( f ).55 Omdat F , +, ·
algebra¨ısch gesloten is, is F (u) gelijk aan F en is дr ( f ) bijgevolg 1.
Stelling 10.93. De hoofdstelling van de (klassieke) algebra
C is algebra¨ısch gesloten. Zonder bewijs
53 Zie
stelling 9.156 op pagina 112.
stelling 10.33 op pagina 132.
55 Zie stelling 10.47 op pagina 135.
54 Zie
147
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Propositie 10.94. Het veld der algebra¨ısche getallen in C over Q is algebra¨ısch gesloten.
Q = {a ∈ C | a is algebra¨ısch over Q}
Bewijs. Merk eerst op dat Q per definitie algebra¨ısch is over Q. Zij f een niet-constante veelterm
over Q, dan heeft f zeker een wortel u in C want C is algebra¨ısch gesloten. Omdat Q, algebra¨ısch
is over Q en Q algebra¨ısch is over Q, is Q(u) ook algebra¨ısch over Q.56 In het bijzonder is dan u
algebra¨ısch over Q en dus een element van Q.
Definitie 10.95. Zij F , +, · een veld. Een algebra¨ısche sluiting van F , +, · is een algebra¨ısch
gesloten uitbreiding F , +, · van F , +, · die algebra¨ısch is over F , +, ·.
Lemma 10.96. Zij K, +, · een veld, dan bestaat er een algebra¨ısche sluiting K 1 , +, · zodat elke nietconstante veelterm in K[X ] een wortel heeft in K 1 .
Bewijs. Beschouw eerst I :
I = { f ∈ K[X ] | f is irreducibel }
Beschouw vervolgens voor elke veellterm f in I een veranderlijke X f . We zullen verder de veeltermenring R beschouwen:
R = K[X f ]
Zij J het ideaal van R voortgebracht door de elementen f (X f ), met andere woorden de irreducibele
veeltermen in hun eigen veranderlijke. We beweren nu dat J verschillend is van R.
• Stel immers dat J gelijk is aan R, dan zit het eenheidselement i van K, +, · in J . Dit betekent
dat er (een eindig aantal
CLARIFY: waarom?
) voortbrengers fi (X fi ) en elementen ri ∈ R bestaan als volgt:
X
i=
ri fi (X fi )
i
Merk hierin op dat de veeltermen ri andere veranderlijken kunnen bevatten dat de X fi . Neem
nu een algebra¨ısche uitbreiding K 0 van K waarin elke fi een wortel ui in K 0 heeft. (dit kan
altijd 57 , maar enkel omdat we maar een eindig aantal fi beschouwen
CLARIFY: waarom?
.) We substitueren nu in de gelijkheid hierboven de veranderlijken X fi door ui en de andere
optredende veranderlijken door een element naar keuze. We verkrijgen dan dat het eenheidselement gelijk is aan het nulelement. Contradictie.
Omdat J niet gelijk is aan R, bestaat er een maximaal ideaal M, +, · van R, +, · als volgt
CLARIFY: waarom?
:
J ⊆M (R
Het veld K 1 = R/M zal voldoen aan de gewenste voorwaarden. We beschouwen hiervoor het morfisme j dat de samenstelling is van de inbedding van K in R en de natuurlijke afbeelding R → R/M:
j : K ,→ R → K 1 : a → a¯
56 Zie
57 Zie
stelling 10.65 op pagina 140.
stelling 10.33 op pagina 132.
148
HOOFDSTUK 10. VELDEN
• j is injectief.58
–
We kunnen daarom K identificeren met zijn beeld j (K ) en dus als deelveld van K 1 beschouwen.59
• Elke irreducibele veelterm f ∈ K[X ] heeft nu en worte in K 1 , namelijk X¯f .
CLARIFY: verifieer!
Bijgevolg heeft ook elke niet-constante veelterm in K[X ] een wortel in K 1 .
CLARIFY: waarom?
• Alle X¯f zijn algebra¨ısch over K, +, ·. Nu is elk element van K 1 een veelterm-uitdrukkingin een
eindig aantal van deze X¯ f met co¨efficienten in K en dus ook algebra¨ısch over K, +, ·.
TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! Schrijf er ook de gebruikte strategie bij.
Stelling 10.97. Examenvraag!
Elk veld heeft een algebra¨ısche sluiting.
Bewijs. Kies een algebra¨ısche uitbreiding K 1 van K 0 = K die voldoet aan de voorwaarden uit het
lemma.60 Neem dan analoog een dergelijke uitbreiding K 2 van K 1 . We construeren op die manier
een keten algebra¨ısche uitbreidingen Ki zodat elke niet-constante veelterm in Ki [X ] een wortel heeft
in Ki+1 .
Ki ⊆ Ki+1
Definieer nu E:
E = ∪i Ki
• E is een veld. (want een algebra¨ısche uitbreiding is opnieuw een veld.)
• E, +, · is algebra¨ısch over K, +, ·. Elk element van E behoort immers tot een Ki en is dus algebra¨ısch over K, +, ·.
• E, +, · is algebra¨ısch gesloten. Elke niet-constante veelterm д ∈ E[X ] heeft immers een wortel
in E, +, ·: Er bestaat een i zodat alle co¨efficienten van д tot Ki behoren (want er zijn er maar
eindig veel.) д is dan ook een element van Ki [X ]. Per constructie van Ki+1 heeft д nu een
wortel in Ki+1 ⊆ E.
TODO: bekijk dit opnieuw, en goed!
58 Zie
stelling 10.25 op pagina 131.
opmerking 10.26 op pagina 131.
60 Zie lemma 10.96 op pagina 147.
59 Zie
149
HOOFDSTUK 10. VELDEN
10.6
Eindige velden
Stelling 10.98. De multiplicatieve groep F × , · van een eindig veld F , +, · is cyclisch.
Bewijs. Merk eerst op dat de orde q van F een macht van een priemgetal is.61 De orde van F × is dan
q − 1 omdat F , naast het nulelement enkel eenheden bevat.62 Voor q = 2 is de multiplicatieve groep
van orde 1 en dus zeker cyclisch. Stel dus dat q groter is dan 2.
• We ontbinden q − 1 = |F × | in priemfactoren:
q−1=
k
Y
i=1
piri
De pi zijn hier verschillende priemgetallen.
• Voor elke i ∈ {1, . . . ,k } geldt nu het volgende: Aangezien
een element ai ∈ F × dat geen wortel is van de veelterm X
q−1
pi
q−1
pi
kleiner is dan q − 1, bestaat er
− 1.
CLARIFY: waarom?
Beschouw nu het element bi :
bi = ai
q−1
r
pi i
!
– De orde van bi in F × , · is nu piri .
ri
bpi = aq−1 = 1
ri −1
b pi
en
– De orde van b is q − 1.
b=
k
Y
q−1
pi
= ai
,1
bi
i=1
Stel immers dat de orde van b een echte deler is van q − 1, dan is deze orde een deler van
q−1
q−1
e´ e´ n van de pi . Noem deze pa .
1=b
q−1
pa
q−1
p1
= ba
·
k
Y
i=1,i,a
Nu geldt voor elke i , a dat piri een deler is van
q−1
p1 .
q−1
p1
bi
q−1
Vanwege het vorig puntje is bi pa dan
gelijk aan 1, zodat de orde van b1 een deler moet zijn van
met het vorig puntje.
q−1
pa .
Dit is echter in tegenspraak
• F × , · is cyclisch want b is er een generator voor.
TODO: wutwut, wut uun bewuis, opnieuw doen!
EXTRA: nog een bewijs van deze stelling
61 Zie
62 Zie
stelling 10.32 op pagina 132.
definitie 9.28 op pagina 85.
150
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Opmerking 10.99. Bovenstaand bewijs is niet constructief. (We construeren geen generator) Er is
hiervan immers geen constructief bewijs gekend.
Gevolg 10.100. Zij F , +, · een veld van orde q, dan is de multiplicatieve groep F × , · ervan isomorf
met Zq−1 , +.
Bewijs. F × , · is cyclisch en van orde q − 1, dus isomorf met Zq−1 , +.
CLARIFY: referentie ?
Definitie 10.101. Een generator van de multiplicatieve groep F × , · van een eindig veld F , +, ·
noemt men soms een primitief element van F , +, ·.
10.6.1
Bestaan en uniciteit
Stelling 10.102. Examenvraag!
Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Er bestaat een veld met q elementen,
namelijk een ontbindingsveld van X q − X over Zp .
Bewijs. Zij K, +, · een ontbindingsveld van X q − X over Zp . We zullen aantonen dat K q elementen
bevat.
• De afgeleide van X q − X is qX q−1 − 1 = −1 ∈ Zp [X ]. Hieruit volgt meteen dat X q − X geen
meervoudige wortels bevat. Noem de verzameling van wortels van X q − X nu W :
W = {x ∈ K | x q = x }
W bevat nu q elementen omdat er geen herhalingen in voorkomen.
• W is nu een deelveld van K dat Zp omvat.
CLARIFY: waarom?
Per definitie van het ontbindingsveld is K dan gelijk aan W .
Stelling 10.103. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Elk veld F , +, · met q
elementen is (isomorf met) een ontbindingsveld van X q − X over Zp .
Y
Xq − X =
(X − a)
a∈F
Bewijs. Zij F , +, · een veld met q elementen. We identificeren het priemdeelveld van F met Zp .63 64 .
Omdat F × een cyclische65 groep is66 van orde q − 167 geldt voor elke x ∈ F × dat x q−1 gelijk is aan 1
en dus ook het volgende:
xq = x
Dit laatste geldt natuurlijk ook voor het nulelementen en bijgevolg voor alle x ∈ F . Anders gezegd
heeft de veelterm X q − X van graad q q verschillende wortels in F . Omdat F q elementen heeft is F
dan precies de verzameling wortels van X q − X en dus een ontbindingsveld van X q − X over Zp . 63 Zie
gevolg 10.8 op pagina 126.
stelling 10.20 op pagina 129.
65 Zie stelling 10.98 op pagina 149.
66 Zie eigenschap 9.17 op pagina 83.
67 Zie definitie 8.3 op pagina 38.
64 Zie
151
HOOFDSTUK 10. VELDEN
CLARIFY: wat heeft dit met het priemdeelveld te maken??
Opmerking 10.104. De uniciteit van het veld met pr elementen volgt onmiddelijk als we de uniciteit
van het ontbindingsveld gebruiken.
CLARIFY: waarom dan nog het volgend bewijs?
Stelling 10.105. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Twee verschillende velden
met q elementen zijn isomorf.
Bewijs. Zij K, +, · en K 0,?, ∗ twee velden met q elementen. We identificeren beide velden hun priemdeelvelden met Zp .68 69 . Zij u een generator70 van K × met minimale veelterm f over Zp . In het
bijzonder is f irreducibel in Zp [X ].
CLARIFY: waarom?
K is dan gelijk aan Zp (u), precies omdat u een generator is van de element in K \ 0. We weten
nu dat u een wortel is van X q − X over Zp .71 Nu volgt ook dat X q − X een product is van lineaire
veeltermen in K 0[X ].
CLARIFY: waarom?
f heet dus ook een wortel u 0 in K 0. Omdat f bovendien irreducibel is over Zp is f ook de minimale
veelterm van u 0 over Zp . De structuurstelling voor enkelvoudige algebra¨ısche uitbreidingen zegt nu
het volgende:
CLARIFY: waarom?
K Zp (u) Zp/( f ) Zp (u 0 ) ⊆ K 0
Omdat K en K 0 evenveel elementen hebben moet K dan isomorf zijn met K 0.
Definitie 10.106. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Het veld met q
elementen noteert men als Fq of GF (p).
Stelling 10.107. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Er bestaat een irreducibele
veelterm van graad r in Fp [X ].
Bewijs. Kies de minimale veelterm van een generator u van Fp× over Fp . Deze is dan inderdaad
irreducibel met graad [Fp = Fp (u)Fp ] = r .
CLARIFY: meer uitleg?
Stelling 10.108. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . Elke irreducibele veelterm
van graad r in Fp [X ] is een deler van X p − X in Fp [X ].
Bewijs. Zij f een irreducibele veelterm van graad r in Fp [X ]. Kies een velduitbreiding van Fp met
daaring een wortel a van f , dan geldt het volgende:
[Fp (a) : Fp ] = r
68 Zie
gevolg 10.8 op pagina 126.
stelling 10.20 op pagina 129.
70 Zie stelling 10.98 op pagina 149.
71 Zie stelling 10.103 op pagina 150.
69 Zie
en
|Fp (a)| = pr = q
152
HOOFDSTUK 10. VELDEN
Uit de vorige stelling
CLARIFY: referentie ?
volgt dat a ook een wortel is van X q − X en dus is X q − X deelbaar door f .
Lemma 10.109. Zij k een deler van r in N0 en p een priemgetal. Definieer q en q0 als q = pr en
q0 = pk .
0
X q − X |X q − X
Bewijs. We gebruiken tweemaal de volgende identiteit.
yd − 1 = (y − 1)(yd−1 + · · · + y + 1) met d ∈ N0
Kies y = q0 en d = kr . hieruit volgt dat q − 1 deelbaar is door q0 − 1. Neem nu y = X q −1 en d =
Dan verkrijgen we het volgende:
0
X q −1 − 1 | X q−1 − 1
0
Dit impliceert onmiddelijk de bewering.
q−1
q 0 −1 .
Stelling 10.110. Zij p een priemgetal waarvoor q = pr geldt met r ∈ N0 . De irreducibele factoren
van X q − X in Fp [X ] zijn precies de irreducibele veeltermen in Fp [X ].
Bewijs. Zij f 0 een irreducibele veelterm in Fp [X ] van graad k waarbij k een deler is van r . Noteer
0
nu q0 = pk . Analoog als in de vorige stelling vinden we dat f 0 een deler is van X q − X . Vanwege
0
het lemma is dan X q − X deelbaar door X q − X en dus door f . Zij anderzijds д een irreducibele
factor van X q − X in Fp [X ] en noteer l = дr (д). Neem een wortel w van д in het ontbindingsveld Fq
van X q − X over Fp . Omdat д irreducibel is, is д dan een minimale veelterm van w over Fp en geldt
[Fp (w ) : Fp ] = l. Door tenslotte de productformule
CLARIFY: referentie ?
toe te passen op de volgende uitbreidingen verkrijgen we dat r deelbaar is door l.
Fp ⊆ Fp (w ) ⊆ Fp
De alternatieve formulering volgt dadelijk uit het feit dat X q − X geen meervoudige wortels heeft
en elke irreducibele factor dus maar e´ e´ n keer voorkomt.
TODO: deze sectie opnieuw!
10.6.2
Onderlinge inclusies
Stelling 10.111. Zij p een priemgetal. Een veld met pr elementen heeft een uniek deelveld met pk
elementen als en slechs als k |r geldt.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
Als Fpk een deelveld is van Fpr , dan volgt uit de productformule voor de volgende keten van
velduitbreidingen dat r deelbaar is door k.
FP ⊆ Fpr ⊆ Fpr
153
HOOFDSTUK 10. VELDEN
• ⇐
k
Als anderzijds r deelbaar is door k, dan zegt het vorige lemma dat X p − X een deler is van
r
k
r
X p −X . Alle wortel van de veelterm X p −X behoren dus tot een ontbindingsveld Fp van X p −
X . Deze wortels vormen een deelveld met pk elementen. Stel nu dat Fpr twee verschillende
k
deelvelden heeft met pk elementen, dan zou de veelterm X p meer dan pk nulpunten hebben
in het veld Fpr .
Propositie 10.112. Zij p een priemgetal. Beschouw voor elke k en r in N waarbij k |r geldt het veld
Fpk als deelveld van Fpr . Fp is dan een algebra¨ısche sluiting van Fp .
Fp = ∪i∈N0 Fpi
Bewijs.
• F¯p is een veld. Neem twee elementen x en y uit F¯p , dan bestaan er getallen i en j in
N0 zodat x een element is van Fpi en y een element van Fp j . Via de de gegeven inbeddingen
behoren x en y dan tot (bijvoorbeeld) Fpi j . We kunnen x +y en x ·y nu beschouwen in Fpi j ⊆ F¯ p .
EXTRA: bewijs verder p 104
• F¯p is algebra¨ısch over Fp . Neem immers een u ∈ F¯ p , dan bestaat er een i ∈ N0 zodat u een
element is van Fpi en u is dus algbera¨ısch over Fp .
• F¯p is algebra¨ısch gesloten.
TODO: deze sectie opnieuw!
Hoofdstuk 11
Lineaire Algebra
11.1
Herhaling
11.1.1
Conventies
In heel deze sectie zullen we spreken over een veld K, +, · en een K-vectorruimte V , +, · van eindige
dimensie n.
Definitie 11.1. Een K-lineaire afbeelding L is een afbeelding die lineair is in K:
∀λ 1 ,λ 2 ∈ K, ∀v 1 ,v 2 ∈ V : L(λ 1 · v 1 + λ 2 · v 2 ) = λ 1 · L(v 1 ) + λ 2 · L(v 2 )
Definitie 11.2. Een K-lineaire afbeelding van V naar zichzelf noemen we ook een lineaire
transformatie, (lineaire) operator of endomorfisme van V .
Stelling 11.3. Zij ε = {e 1 , . . . ,en } en ε 0 = {e 10 , . . . ,en0 } twee basissen van V . De matrix P ∈ M n×n (K )
van basisverandering van ε naar ε 0 heeft in de j-de kolomn de co¨ordinaten van e j0 ten opzichte van ε.
e j0
=
n
X
cij ei
i=1
c
c
*. 11 12
c
21 c 22
P = ... ..
..
.
. .
,cn1 cn2
. . . c 1n
+
. . . c 2n //
. . . .. //
. /
. . . cnn -
EXTRA: bewijs
Stelling 11.4. Zij A een lineaire transformatie van V . De matrix M ∈ M n×n (K ) van A ten opzichte
van een basis ε = {e 1 , . . . ,en } van V heeft in de j-de kolom de co¨ordinaten van A(e j ) ten opzichte
van ε.
n
X
A(e j ) =
aij e j
i=1
a
a
*. 11 12
a 21 a 22
M = ... ..
..
.
. .
a
a
, n1 n2
154
. . . a 1n
+
. . . a 2n //
. /
..
. .. //
. . . ann -
155
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
EXTRA: bewijs
Stelling 11.5. Zij ε = {e 1 , . . . ,en } en ε 0 = {e 10 , . . . ,en0 } twee basissen van V en P de matrix van
basisverandering van ε naar ε 0.
e 10 e 20 . . . en0 = e 1 e 2 . . . en P
EXTRA: bewijs
Stelling 11.6. Zij x 1 , . . . ,xn ∈ K de co¨ordinaten van v ∈ V ten opzicht van ε en x 10 , . . . ,xn0 ∈ K de
co¨ordinaten van diezelfde v ten opzicht van ε 0.
v=
n
X
x i ei =
i=1
n
X
i=1
xi0ei0
x0
x
*. 10 +/
*. 1 +/
..x 2 // = P ..x 2 //
.. ... //
.. ... //
0
,xn ,xn EXTRA: bewijs
Stelling 11.7. Zi A een lineaire transformatie van V en M de matrix van A ten opzichte van ε. Zij
x 1 , . . . ,xn ∈ K de co¨ordinaten van v ∈ V ten opzichte van ε en y1, . . . ,yn ∈ K de co¨ordinaten van
A(v) ten opzichte van ε.
y
x
*. 1 +/
*. 1 +/
y
.. 2 // = M ..x 2 //
.. ... //
.. ... //
,yn -
,xn -
EXTRA: bewijs
Stelling 11.8. Zij ook nog M 0 de matrix van A ten opzichte van ε 0.
M 0 = P −1 MP
M en M 0 zijn dus gelijkvormig.
EXTRA: bewijs
11.1.2
Herhaling
Definitie 11.9. Zij K, +, · een veld en V , +, · een eindigdimensionale K-vectorruimte. Een lineaire transformatie A van V , +, · noemen we diagonaliseerbaar over K, +, · als er een basis van
V , +, · bestaat zodat de matrix van A ten opzichte van die basis een diagonaalmatrix is over K.
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
156
Definitie 11.10. Een matrix M ∈ M n×n (K ) is diagonaliseerbaar over K als er een inverteerbare
matrix P ∈ GLn (K ) bestaat zodat P −1 MP een diagonaalmatrix is.
Eigenschap 11.11. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte met basis ε.
Een lineaire transformatie A van V is diagonaliseerbaar over K als en slechts als de matrix van A ten
opzichte van ε diagonaliseerbaar is over K.
EXTRA: bewijs
Definitie 11.12. Zij K, +, · een veld en A een lineaire tranformatie van een K-vectorruimte
V , +, ·. De vector v ∈ V is een eigenvector van A met eigenwaarde λ ∈ K als het volgende
geldt
A(v) = λv en v , ~0
Eigenschap 11.13. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensiolane K-vectorruimte. Een lineaire
transformatie A van V is diagonaliseerbaar over K als en slechts als V een basis heeft van eigenvectoren (met eigenwaarden in K).
EXTRA: bewijs
Definitie 11.14. Zij K, +, · een veld en M een matrix in M n×n (K ). De karakteristieke veelterm
van M is fM .
fM = det(X In − M ) ∈ K[X ]
Definitie 11.15. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte
V . De karakteristieke veelterm van A is de karakteristieke veelterm van de matrix van A ten
opzichte van een willekeurige basis van V .
Stelling 11.16. De karakteristieke veelterm van een lineaire transformatie is onafhankelijk van de
gekozen basis.
EXTRA: bewijs
Propositie 11.17. Zij K, +, · een veld en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale
K-vectorruimte V , dan is λ ∈ K een eigenwaarde van A als en slechts als λ een wortel is van de
karakteristieke veelterm van A.
EXTRA: bewijs
Definitie 11.18. Naar aanleiding van bovenstaande propositie spreken we ook over de eigenwaarden van een matrix.
Gevolg 11.19. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte van dimensie n en
A een lineaire transformatie van V . Als de karakteristieke veelterm fA n verschillende wortel heeft
in K, dan is A diagonaliseerbaar over K.
EXTRA: bewijs
Gevolg 11.20. Als K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld is, dan zijn alle matrices en lineaire transformmaties van eindigdimensionale vectorruimtes over K trianguleerbaar.
157
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
11.1.3
Triagulatie
Stelling 11.21. De triagulatiestelling
Zij K, +, · een veld en V een n-dimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire transformatie van V
waarvoor fA volledig splitst in lineaire factoren over K, dan bestaat er een basis B = {v 1 , . . . ,vn }
van V zodat de matrix van A tev opzichte van B een bovendriehoeksmatrix is met de eigenwaarden
van A op de hoofddiagonaal.
EXTRA: bewijs?
Gevolg 11.22. Zij K, +, · een veld en M ∈ M n×n (K ) een matrix over K zodat fM volledig splitst in
lineaire factoren over K, dan bestaat er een matrix P ∈ GLn (K ) zodat P −1AP een bovendriehoeksmatrix is met de eigenwaarden van M op de hoofddiagonaal.
EXTRA: bewijs?
Opmerking 11.23. Als K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld is zijn alle matrices en lineaire transformaties van eindigdimensionale vectorruimtes over K trianguleerbaar.
11.2
Cayley-Hamilton
11.2.1 K-algebra’s
Definitie 11.24. ZIj K, +, · een veld. Een K-algebra A, +, ·, ./ is een verzameling A voorzien van
twee inwendige bewerkingen…
(+) : A × A → A
en
(·) : A × A → A
… en een scalaire vermenigvuldiging (een uitwendige bewerking)…
./: K × A → A : (k,a) 7→ k ./ a
… met de volgende eigenschappen:
• A, +, · is een ring.
• K,A, + is een vectorruimte met scalaire vermenigvuldiging ./.
• ∀a,b ∈ A : ∀k ∈ K : k ./ (a · b) = (k ./ a) · b = a · (k ./ b)
Definitie 11.25. Een K-algebra A, +, ·, ./ is commutatief als de ring A, +, · commutatief is.
Definitie 11.26. Een K-algebra A, +, ·, ./ heeft een eenheidselement als de ring A, +, · een eenheidselement heeft.
Definitie 11.27. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K. We kunnen M substitueren voor X in
een veelterm д ∈ K[X ] over K.
r
X
д=
ki · X i
i=0
158
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
д(M ) =
X
ki ./ M i ∈ M n×n (K ) met M 0 = In
i=0
Definitie 11.28. Zij V een K-vectorruimte van willekeurige dimensie. Een lineare transformatie
A ∈ Hom(V ,V ) kunnen we substitueren voor X in een veelterm д ∈ K[X ] over K.
д=
r
X
ki · X i
i=0
д(A) =
X
ki ./ M i met A0 = Id en An = A ◦ An−1
i=0
Definitie 11.29. Zij K, +, · een veld en A, +, ·, ./ en B, +, ·, ♥ K-algebra’s. Een K-algebramorfisme
is een afbeelding f met de volgende eigenschappen.
f : A → B : a 7→ f (a)
∀k ∈ K : a ∈ A : f (k ./ a) = k♥f (b)
QUESTION: klopt dit? was oefening
Stelling 11.30. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K De afbeelding ϕ is een K-algebramorfisme:
ϕ : K[X ] → M n×n (K ) : д 7→ д(M )
EXTRA: bewijs
Stelling 11.31. De volgende verzameling is een commutatieve deel-K-algebra van M n×n (K ).
{д(M ) | д ∈ K[X ]}
EXTRA: bewijs
11.2.2
Cayley-Hamilton
Eigenschap 11.32. Zij K, +, · een veld en A ∈ M n×n (K ) een matrix, dan bestaat er een veelterm
д ∈ K[X ] met д verschillend van de nulveelterm zodat A een wortel is van д.
Bewijs. De dimensie van M n×n (K ) als vectorruimte over K is n2 .
CLARIFY: waarom?
2
De n2 + 1 matrices An ,An
2 −1
, . . . ,A2 ,A,I lineair afhankelijk.
CLARIFY: waarom?
Er bestaan dus ci ∈ K als volgt:
n2
X
ci Ai = 0
i=0
Kies dan д =
Pn2
i=0 ci X
i
als veelterm die A als wortel heeft.
159
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
Stelling 11.33. De stelling van Cayley-Hamilton.
Zij K, +, · een veld. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte (of
een n × n matrix over K). Noteer met fA de karakteristieke veelterm van A.
fA (A) = 0
Bewijs. Zij V een n-dimensionale K-vectorruimte en A een lineaire transformatie van V met matrix
M ten opzichte van een basis {v 1 , . . . ,vn } van V .
n
X
∀i ∈ {1, . . . ,n} : A(vi ) =
mijv j
j=1
We kunnen deze vergelijkingen als volgt opschrijven:
P

A(v 1 )
= nj=1 m 1jv j


P



A(v 2 )
= nj=1 m 2jv j


..
..


.
.


P

n

A(v
)
=
n
j=1 mnj v j

We kunnen de vergelijkingen opnieuw herschrijven als volgt:
CLARIFY: wut?
(vraag nog niet waarom.)
(A − m 11I )(v 1 )
−m 12I (v 2 )





m 21I (v 1 )
(A − m 12I )(v 2 )


..
..


.
.



mn1I (v 1 )
mn2I (v 2 )

We definieren nu de (n × n)-matrix ∆ als volgt:
...
...
...
−m 1n I (vn )
−m 1n I (vn )
..
.
= 0
= 0
..
.
. . . (A − mnn I )(vn ) = 0
A − m 11I −m 12I . . . −m 1n I
*.
m 21I
A − m 12I . . . −m 1n I
∆ = δij A − mij I = ...
..
..
..
...
.
.
.
.
mn2I
. . . A − mnn I
, mn1I
We kunnen de vergelijkingen dan nog eens herschrijven als volgt:
+/
/
..//
./
-
v
0
*. 1 +/ *. +/
v2
0
∆ ... .. /// = ... .. ///
. . / ../
,vn - ,0Merk op dat ∆ elementen heeft in de commutatieve deelring RA van Hom(V ,V ):
RA = {д(A) | д ∈ K[X ]}
Beschouw nu de adjunctmatrix adj (∆) van ∆. Deze bestaat ook uit elementen in RA .
adj (∆) · ∆ = det (∆)I
Hieruit halen we nu tenslotte het volgende:
v
v
0
0
*. 1 +/
*. 1 +/
*. +/ *. +/
v2
v2
0
0
det (∆)I ... .. /// = adj (∆)∆ ... .. /// = adj (∆) ... .. /// = ... .. ///
../
../
../ ../
v
v
, n, n,0- ,0Dit betekent dat de lineaire transformatie det (∆)I elke basisvector vi op 0 afbeeldt. Die determinant
moet dus nul zijn, en die determinant is precies fA (A).
160
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
CLARIFY: holy shit!
11.3
Minimale veeltermen
Definitie 11.34. Zij K, +, · en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale Kvectorruimte (of een n×n matrix over K). De minimale veelterm van A is de (unieke) monische
veelterm д ∈ K[X ] van minimale graad zodat д(A) = 0 geldt. We noteren de minimale veelterm
van A als ϕA .
Stelling 11.35. De minimale veelterm van een lineaire transformatie is een deler van de karakteristieke veelterm.
EXTRA: bewijs, volgt uit Cayley-Hamilton
Eigenschap 11.36. Zij A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale K-vectorruimte V
en M de matrix van A ten opzichte van een basis van V .
ϕA = ϕ M
EXTRA: bewijs
Eigenschap 11.37. Zij K 0 een velduidbreiding van een veld K, +, · en M ∈ M n×n (K ) een matrix over
K met minimale veelterm ϕM ∈ K[X ]. We kunnen M ook beschouwen als element van M n×n (K 0 )
0 ∈ K 0[X ]
met minimale veelterm ϕM
0
ϕM = ϕM
0 is zeker een deler van ϕ , mant we kunnen ϕ ook beschouwen als veelterm in
Bewijs.
• ϕM
M
M
0
K [X ].
• Neem een basis β van K 0 als K-vectorruimte.
X
0
ϕM =
λ j X j ∈ K 0[X ]
j
0 dan herschrijven als volgt:
We kunnen ϕM
X X
X X
* a ji bi + X j =
* a ji X + bi
j , i
j , i
-
0
ϕM
=
Hierein zijn de a ji ∈ K de co¨ordinaten van λ j ten opzichte van de basiselementen bi ∈ β. Noem
P
nu fi = j a ji X j ∈ K[X ]:
X
X
fi bi met fi =
a ji X j ∈ K[X ]
j
j
Wanneer we deze veelterm evalueren in
M0
krijgen we de volgende gelijkheid:
X
0
0 = ϕM
(M ) =
fi (M )bi
i
Omdat de bi lineair onafhankelijk zijn over K moeten alle fi (M ) het nulelemente zijn in M n×n (K ).
• Per definitie van ϕM is ϕM dan een deler van alle fi in K[X ]. ϕM is dus ook een deler van alle
0 .
fi in K 0[X ] en daarom ook van ϕM
161
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
11.3.1
Decompositie via minimale veelterm
Propositie 11.38. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire transformatie van V met minimale veelterm ϕA . Zij ϕA = ϕ 1 · ϕ 2 met ϕ 1 en ϕ 2 monische
veeltermen over K en relatief priem. We beschouwen de lineaire transformaties ϕ 1 (A) en ϕ 2 (A) van
V en definieren V1 en V2 als volgt:
V1 = Ker (ϕ 1 (A))
en
V2 = Ker (ϕ 2 (A))
• V1 = Im(ϕ 2 (A)) en V2 = Im(ϕ 1 (A))
• V = V1 ⊕ V2 , A(V1 ) ⊆ V1 en A(V2 ) ⊆ V2 .
• De minimale veelterm van A|V1 is ϕ 1 en de minimale veelterm van A|V2 is ϕ 2 .
Bewijs. We merken eerst het volgende op…
ϕ 1 (A) ◦ ϕ 2 (A) = ϕ 2 (A) ◦ ϕ 1 (A) = 0
… en dat er veeltermen д en h in K[X ] bestaan als volgt: (ϕ 1 en ϕ 2 zijn immers relatief priem.ддd (ϕ 1 ,ϕ 2 ) =
1)
CLARIFY: referentie ?
дϕ 1 + hϕ 2 = 1
д(A) ◦ ϕ 1 (A) + h(A) ◦ ϕ 2 (A) = I
• We bewijzen dat Im(ϕ 1 (A)) gelijk is aan Ker (ϕ 2 (A)). De andere gelijkheid geldt dan ook.
– ⊆
Uit de eerste opmerking volgt dat Im(ϕ 1 (A)) een deel is van Ker (ϕ 2 (A)).
– ⊇
Kies nu een element a uit Ker (ϕ 2 (A)), dan zit a ook in Im(ϕ 1 (A):
a = (ϕ 1 (A) ◦ д(A)) (a) + (h(A) ◦ ϕ 2 (A)) (a) = ϕ 1 (A)(д(A)(a)) = 0
•
– V = V1 + V2
Kies een v uit V :
v = (ϕ 1 (A) ◦ д(A) + h(A) ◦ ϕ 2 (A)) (v)
= ϕ 1 (A)(д(A)(a)) + ϕ 2 (A)(h(A)(a)) ∈ Im(ϕ 1 (A)) + Im(ϕ 2 (A)) = V1 + V2
– V1 ∩ V2 = {0}
Kies een v uit V1 ∩ V2 , dan geldt het volgende vanuit de tweede opmerking.
ϕ 1 (A)(д(A)(v)) + ϕ 2 (A)(h(A)(v)) = v
v moet dan het nulelement zijn.
We tonen nog aan dat A(V1 ) een deel is van V1 . Kies hiervoor een v ∈ V1 ; dus met (ϕ 1 (A))(v) =
0.
ϕ 1 (A)(A(v)) = (ϕ 1 (A) ◦ A)(v) = (A ◦ ϕ 1 (A))(v) = A(0) = 0
Bijgevolg is A(V1 ) inderdaad een deel van Kep(ϕ 1 (A)) = V .
162
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
• Noteer voorlopig de minimale veeltermen van A|V1 en A|V2 als γ 1 en γ 2 . Uit de definitie van V1
en V2 volgt dan het volgende:
γ 1 |ϕ 1 en γ 2 |ϕ 2
Anderzijds beweren we dat ϕ 1ϕ 2 |γ 1γ 2 geldt. Hieruit volgt dat γ 1 en γ 2 respectievelijk gelijk
zijn aan ϕ 1 en ϕ 2 . Om tenslotte onze bewering te bewijzen zullen we nagaan dat (γ 1γ 2 )(A) = 0
geldt. Neem hiervoor een willekeurige v ∈ V . We kunnen v dan ontbinden als v = v 1 + v 2
met v 1 ∈ V1 en v 2 ∈ V2 .
((γ 1γ 2 )(A))(v) = γ 2 (A)(γ 1 (A)(v 1 )) + γ 1 (A)(γ 2 (A)(v 2 )) = 0 + 0 = 0
Gevolg 11.39. Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een lineaire
p
p
p
transformatie van V met minimale veelterm ϕA . Zij ϕA = ϕ 11 · phi 22 · · · · phikk met ϕ 1 , . . . ,ϕk ∈ K[X ]
onderling verschillende monische irreducibele veeltermen. Noteer Vi = Ker (ϕi (A)pi .
V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk
∀i : A(Vi ) ⊆ Vi
p
De minimale veelterm van A|Vi is ϕi i .
EXTRA: bewijs
Stelling 11.40. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten vold en V een eindigdimensionale K-vectorruimte.
Zij A een lineaire transformatie van V met minimale veelterm ϕA .
ϕA =
k
Y
(X − ci )pi
i=1
In bovenstaande gelijkheid zijn alle ci ∈ K verschillend. Noteer Vi = Ker ((A − ci I )pi ).
Lk
pi
• V =
i=1 Vi , A(Vi ) ⊆ Vi en de minimale veelterm van Ai = A|Vi is (X − ci ) .
• De eigenwaarden van A zijn de ci
• Noteer mi voor de dimensie van Vi . De karakteristieke veeltermen fA en fAi van A en Ai zijn
gegeven als volgt:
k
Y
mi
fAi = (X − ci )
en fA =
f Ai
i=1
TODO: bewijs p 118
Definitie 11.41. De deelruimte Vi noemt men de veralgemeende eigenruimte of karakteristieke deelruimte van de eigenwaarde ci .
Eigenschap 11.42. Zij K, +, · een veld en A een lineaire transformatie van een eindigdimensionale
K-vectorruimte, dan hebben ϕA en fA dezelfde irreducibele factoren in K[X ].
163
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
11.3.2
Diagonaliseren
Stelling 11.43. Examenvraag!
Zij K, +, · een willekeurig veld, V een eindigdimensionale K-vectorruimte en A een lineaire transformatie van V . A is diagonaliseerbaar (over K, +, ·) als en slechts als de minimale veelterm ϕA ∈ K[X ]
van A het product is van onderling verschillende lineaire veeltermen in K[X ].
ϕA =
k
Y
(X − ci ) met ∀i, j : ci , c j
i=1
TODO: bewijs p 119
Eigenschap 11.44. Zij K, +, · een veld en M ∈ M n×n (K ) een matrix, dan bestaat er een matrix
P ∈ GLn (K ) zodat P −1 MP een diagonaalmatrix is als en slechts als de minimale veelterm ϕM ∈ K[X ]
van M het product is van onderling verschillende lineaire veeltermen in K[X ].
EXTRA: bewijs
11.4
Nilpotente transformaties en Jordanvorm
11.4.1
Nilpotente transformaties
Definitie 11.45. Zijk K, +, · een willekeurig veld. Een lineaire transformatie A van een (niettriviale) K-vectorruimte V (, of een matrix A ∈ M n×n (K )) is nilpotent van index k ∈ N0 als het
volgende geldt:
Ak = 0 en Ak−1 , 0
Eigenschap 11.46. Een lineaire transformatie A van een eindigdimensionale K-vectorruimte V (, of
een matrix A ∈ M n×n (K )) is nilpotent van index k als en slechts als de minimale veelterm ϕA gelijk
is aan X k .
EXTRA: bewijs
Eigenschap 11.47. Examenvraag!
Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een nilpotente transformatie
van V van index k. Neem v ∈ V een vector zodat Ak−1 (v) , ~0. v,A(v),A2 (V ), . . . ,Ak−1 (v) zijn lineair
onafhankelijk in V .
TODO: bewijs p 122
Stelling 11.48. Zij K, +, · een veld en V een K-vectorruimte van eindige dimensie n. Zij A een
nilpotente transformatie van V van index k, dan bestaan er…
• … strikt positieve natuurlijke getallen p en k 1 , . . . ,kp met ki ≤ ki+1 als volgt:
p
X
i=1
• … en p vectoren vi ∈ V met Aki (vi ) = 0 …
ki = n
164
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
… zodat de volgende verzameling een basis vormt van V .
p
[
{vi ,A(vi ), . . . ,Aki −1 (vi )}
i=1
Bovendien zijn p en de ki hierin uniek bepaald.
EXTRA: bewijs
Definitie 11.49. De k 1 , . . . ,kp uit vorige stelling noemen we het invariant systeem van de
nilpotente verzameling A.
Gevolg 11.50. Examenvraag!
Zij K, +, · een veld en V een eindigdimensionale K-vectorruimte. Zij A een nilpotente transformatie
van V van index k en met invariant systeem {k = k 1 , . . . ,kp } Er bestaat dan een basis van V zodat
de matrix van A ten opzicte van die basis de volgende blokvorm heeft:
A
0 ... 0
*. 1
+
.. 0 A2 . . . 0 ///
.. . .
.
.. ...
. .. //
.
, 0 0 . . . Ap Hierin is elke Ai een ki × ki -matrix met de volgende vorm:
0
*.
..1
..0
.. ...
..
..0
.0
,0
0
0
1
..
.
0
0
0
..
.
...
...
...
..
.
0
0
0
..
.
0
0
0
..
.
0
+
0//
0//
.. //
./
/
0 0 . . . 0 0 0//
0 0 . . . 1 0 0//
0 0 . . . 0 1 0-
EXTRA: bewijs
Propositie 11.51. Zij K, +, · een veld en zij gegeven strikt positieve natuurlijke getallen n, p en
k 1 , . . . ,kp zodat n de som is van de ki .
• Er bestaat voor elke K-vectorruimte V van dimensie n een nilpotente transformatie van V met
invariant syteem k 1 , . . . ,kp .
• Zij V en V 0 precies zo’n K-vectorruimten en A en A0 nilpotente transformaties met dat invariant systeem, dan bestaat er een isomorfisme (van K-vectorruimte) f : V → V 0 zodat het
volgende diagram commuteert:
V
A
f
f
V0
EXTRA: bewijs
V
A0
V0
165
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
11.4.2
Jordanvorm
Definitie 11.52. Zij K, +, · een veld en c ∈ K een element van K. We definieren voor k ∈ N0
een matrix J (c; k ) als volgt:
c
*.
..1
..0
J (c; k ) = .. ...
..
..0
.0
0
c
1
..
.
0
0
c
..
.
...
...
...
..
.
0
0
0
..
.
0
0
0
..
.
0
+
0//
0//
.. // ∈ M k×k (K )
./
/
0 0 . . . c 0 0//
0 0 . . . 1 c 0//
,0 0 0 . . . 0 1 c -
We definieren J (c; k 1 , . . . ,kp ) verder als de volgende blokmatrix:
*.
J (c; k 1 , . . . ,kp ) = ...
.
,
J (c; k 1 )
0
0
J (c; k 2 )
..
..
.
.
0
0
...
0
+
...
0 //
n×n
.. // ∈ M (K )
..
.
. /
. . . J (c; kp ) -
Definitie 11.53. Een Jordanmatrik over een veld K, +, · is een blokmatrix van de volgende
vorm, waarin de ci onderling verschillende elementen zijn van K.
(1)
*. J (c; k 1
..
..
.
,
, . . . ,kp(2) )
0
...
0
+/
(2)
(2)
0
J (c; k 1 , . . . ,kp ) . . .
0
//
//
..
..
..
..
.
.
.
.
/
(m)
(m)
0
0
. . . J (c; k 1 , . . . ,kp ) -
Stelling 11.54. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld en A een lineaire transformatie van een
eindigdimensionale K-vectorruimte, dan bestaat er een basis van V zodat de matrix A ten opzichte
van die basis een Jordanmatrix is. Deze matrix is bovendien uniek op de volgorde van de blokken
na.
TODO: bewijs p 126
Eigenschap 11.55. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld. Zij V , respectievelijk V 0 een K-vectorruimte
van dimensie n en A, respectievelijk A0 een lineaire transformatie hierop. A en A0 hebben dezelfde
Jordanvorm als en slechs als er een isomorfisme van K-vectorruimten f bestaat zodat het volgende
diagram commuteert
V
A
f
f
V0
EXTRA: bewijs
V
A0
V0
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
166
Definitie 11.56. Zij K, +, · een algebra¨ısch gesloten veld. Zij M ∈ M n×n (K ) een matrix over K.
De Jordanvorm van M is de unieke Jordanmatrix J ∈ M n×n (K ) zodat er een P ∈ GLn (K ) bestaat
opdat J = P −1 MP geldt.
Propositie 11.57. Twee matrices M, M 0 over K hebben dezelfde Jordanvorm als en slechts als er
een P ∈ GLn (K ) bestaat met M 0 = P −1 MP. Met andere woorden: “Gelijkvormige matrices hebben
dezelfde Jordanvorm.”
EXTRA: bewijs
11.5
Normale transformaties
11.5.1
Inproducten
Definitie 11.58. Zij V een R-vectorruimte. Een inproduct is een afbeelding h·, ·i …
h·, ·i : V × V → R : (v,w ) 7→ hv,wi
… met de volgende eigenschappen:
• ∀v,w ∈ V : hv,wi = hw,vi
• ∀v,v 0,w ∈ V , ∀α, β ∈ R : hαv + βv 0,wi = αhv,wi + βhv 0,wi (lineariteit)
• ∀v ∈ V : hv,vi ∈ R+
• ∀v ∈ V : hv,vi = 0 ⇔ v = ~0
Definitie 11.59. Zij V een C-vectorruimte. Een hermetisch product is een afbeelding h·, ·i …
h·, ·i : V × V → C : (v,w ) 7→ hv,wi
… met de volgende eigenschappen:
• ∀v,w ∈ V : hv,wi = hw,vi
• ∀v,v 0,w ∈ V , ∀α, β ∈ C : hαv + βv 0,wi = αhv,wi + βhv 0,wi
• ∀v ∈ V : hv,vi ∈ R+
• ∀v ∈ V : hv,vi = 0 ⇔ v = ~0
Definitie 11.60. Een re¨ele of complexe vectorruimte, uitgerust met een inproduct of hermitisch
product, noemen we een inproductruimte.
Definitie 11.61. Zij V een re¨ele of complexe inproductruimte. Voor elke vector v ∈ V defini¨eren
167
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
we de norm |v | van v als volgt:
|v | =
p
hv,vi
Definitie 11.62. Zij V een re¨ele of complexe inproductruimte. Twee vectoren v en w uit V
noemen we orthogonaal als hun inproduct nul is.
Definitie 11.63. Zij V een re¨ele of complexe inproductruimte. Twee vectoren v en w uit V
noemen we orthonormaal als zo orthogonaal zijn en norm 1 hebben.
Stelling 11.64. De ongelijkheid van Cauchy-Schwarz
Zij V een re¨ele of complexe inproductruimte.
∀v,w ∈ V : |hv,wi| ≤ |v | · |w |
TODO: bewijs p 3
Definitie 11.65. Zij V , h·, ·i en W , [·, ·] inproductruimten over hetzelfde veld. Een lineaire afbeelding A : V → W heet een isometrie als het volgende geldt:
∀v,w ∈ V : hv,wi = [A(v),A(w )]
Eigenschap 11.66. Een isometrie is bijectief.
EXTRA: bewijs
Eigenschap 11.67. Zij A een lineaire afbeelding van de inproductruimte V , h·, ·i naar de inproductruimte W , [·, ·]. A is een isometrie als en slechts als A de norm van vectoren bewaart.
∀v ∈ V : |v | = |A(v)|
TODO: bewijs p 3
11.5.2
De adjunct van een lineaire transformatien
Stelling 11.68. Examenvraag!
Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale re¨ele of complexe inproductruimte en zij A ∈ Hom(V ,V ) een
lineaire transformatie van V . Er bestaat een unieke lineaire transformatie A∗ ∈ Hom(V ,V ) zodat het
volgende geldt:
hA(v),wi = hv,A∗ (w )i
TODO: bewijs p 4
168
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
Definitie 11.69. De lineaire transformatie A∗ uit de vorige stelling noemen we de adjuncte
lineaire transformatie van A.
T
Definitie 11.70. De adjunct M ∗ van een matrix M is de matrix M .
Eigenschap 11.71. Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale re¨ele of complexe inproductruimte. Zij ε een
orthonormale basis van V en A ∈ HomV ,V een lineaire tranformatie van V . Als M de matrix is van
A ten opzichte van ε, dan is M ∗ de matrix van A∗ ten opzichte van ε.
TODO: bewijs p 6
11.5.3
Normale transformaties
Definitie 11.72. Zij V , h·, ·i een inproductruimte en A ∈ H (V ,V ) een lineaire transformatie van
V waarvoor de adjunct A∗ bestaat.
• We noemen A normaal als A ◦ A∗ = A◦ ◦ A geldt.
• We noemen A hermetisch als A = A∗ geldt.
• We noemen A unitair als A−1 = A∗ geldt.
TODO: eigenschappen p 7
Lemma 11.73. Examenvraag!
Zij V , h·, ·i een inproductruimte en A,B ∈ H (V ,V ) lineaire transformaties van V .
• (A + B) ∗ = A∗ + B ∗
• (Ak ) ∗ = (A∗ )k
• (λA) ∗ = λA∗ voor λ ∈ F .
• (A∗ ) ∗
TODO: bewijs p 8
Lemma 11.74. Zij A een normale transformatie van een inproductruimte V , h·, ·i.
• Voor alle f ∈ F [X ] is f (A) een normale transformatie van V .
• ∀v ∈ V : |A(v)| = |A∗ (v)|
• Als v een eigenvector is van A bij eigenwaarde λ ∈ F , dan is v een eigenvector van A∗ bij
eigenwaarde λ.
• Eigenvectoren van A bij verschillende eigenwaarden zijn orthogonaal.
• Zij v een vector in V .
Ak (v) = 0 ⇒ A(v) = 0
HOOFDSTUK 11. LINEAIRE ALGEBRA
169
TODO: bewijs p 8
Lemma 11.75. Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale complexe improductruimte. Zij A ∈ Hom(V ,V )
een normale transformatie. De minimale veelterm φ A een product van verschillende lineaire factoren.
TODO: bewijs p 9
Stelling 11.76. Examenvraag!
Zij V , h·, ·i een eindigdimensionale complexe improductruimte. A is normaal als en slechts als V een
orthonormale basis van eigenvectoren voor A heeft.
TODO: bewijs p 9
Gevolg 11.77. Zij M een normale matrix, dan bestaat er een unitaire matrix U zodat U −1 MU een
diagonaalmatrix is.
EXTRA: bewijs
Definitie 11.78. Zij O een re¨ele matrix, dan heet O orthogonaal als OT = O −1 geldt.
Hoofdstuk 12
Booleaanse algebra
Definitie 12.1. Een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is een verzameling K, uitgerust met drie
inwendige bewerkingen: ∧, ∨, ¬ waarbij de eerste twee binair zijn en de derde unair. Een booleaanse alsgebra heeft de volgende definierende eigenschappen:
B1
B2
B3
B4
B5
B6
B7
B8
B9
B10
a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ c
a ∨ (b ∨ c) = (a ∨ b) ∨ c
a ∧b = b ∧a
a ∨b = b ∨a
a ∧ (b ∨ c) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c)
a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)
∃e ∈ K : ∀a ∈ K : a ∨ e = a
∃i ∈ K : ∀a ∈ K : a ∧ i = a
a ∧ ¬a = e
a ∨ ¬a = i
(∧ is associatief)
(∨ is associatief)
(∧ is commutatief)
(∨ is commutatief)
(∧ is distributief t.o.v. ∨)
(∨ is distributief t.o.v. ∧)
(nulelement)
(eenheidselement)
(complementaire wet voor ∧)
(complementaire wet voor ∨)
Definitie 12.2. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra en a een element van K, dan noemt men
¬a het complement van a.
Opmerking 12.3. In een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is ¬a noch het symmetrisch element van a
volgens ∧, noch het symmetrisch element van a volgens ∨.
Stelling 12.4. Het dualiteitsprincipe.
Elke booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ is isomorf met K, ∨, ∧, ¬.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.5. De involutiewet
Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a ∈ K : ¬(¬a) = a
EXTRA: bewijs
Stelling 12.6. De idempotentiewet
Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a ∈ K : a ∧ a = a
170
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
EXTRA: bewijs
Stelling 12.7. De idempotentiewet
Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a ∈ K : a ∨ a = a
EXTRA: bewijs
Stelling 12.8. De absorptiewet
Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a,b ∈ K : a ∧ (b ∨ a) = a
EXTRA: bewijs
Stelling 12.9. De absorptiewet
Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a,b ∈ K : a ∨ (b ∧ a) = a
EXTRA: bewijs
Stelling 12.10. De wetten van De Morgan Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra.
∀a,b ∈ K : ¬(a ∧ b) = ¬a ∨ ¬b
∀a,b ∈ K : ¬(a ∨ b) = ¬a ∧ ¬b
EXTRA: bewijs
Definitie 12.11. We definieren een relatie ≤ op een booleaanse algebra K, ∧, ∨, ¬ als volgt:
a ≤ b ⇔ a ∧b = a
Stelling 12.12. De relatie ≤ is een orderelatie in een booleaanse algebra.
TODO: bewijs p 162 TAI
EXTRA: is ≤ totaal?
Stelling 12.13. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤.
∀a,b ∈ R : a ∧ b ≤ a
EXTRA: bewijs
171
172
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
Stelling 12.14. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤.
∀a,b ∈ R : a ≤ a ∨ b
EXTRA: bewijs
Stelling 12.15. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤.
∀a,b,c ∈ R : (a ≤ c) en (b ≤ c) ⇒ (a ∨ b) ≤ c
EXTRA: bewijs
Stelling 12.16. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en nulelement e.
∀a,b ∈ R : a ≤ b ⇔ (a ∧ ¬b) = e
EXTRA: bewijs
Stelling 12.17. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en nulelement e.
∀a ∈ R : e ≤ a
EXTRA: bewijs
Stelling 12.18. Zij K, ∧, ∨, ¬ een booleaanse algebra met orderelatie ≤ en eenheidselement i.
∀a ∈ R : a ≤ i
EXTRA: bewijs
12.1
Atomen
Definitie 12.19. Een element a van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e heet
een atoom als a niet het nulelement is en voor elke x in B het volgende geldt:
x ∧a =a
of
x ∧a =e
Stelling 12.20. Zij a een atoom van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e.
∀x ∈ B : a ≤ x ∨ x ∧ a = e
EXTRA: bewijs
Stelling 12.21. Zij a een atoom van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e.
∀x ∈ B : x ≤ a ⇒ x = e of x = a
EXTRA: bewijs
173
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
Opmerking 12.22. Het enige element dat strikt vooraf gaat aan een atoom is het nulelement.
Stelling 12.23. Zij a 1 en a 2 twee atomen in een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met nulelement e.
a1 ∧ a2 , e ⇒ a1 = a2
TODO: bewijs p 166 TAI
Stelling 12.24. Zij a b1 ,b2 , . . . ,bn atomen in een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met orderelatie ≤.
a≤
n
_
bi ⇔ ∃i : a = bi
i=1
TODO: bewijs p 166 TAI
Stelling 12.25. Zij a een niet-nulelement van een eindige booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ met orderelatie ≤, dan bestaat er een atoom b ∈ B zodat b ≤ a geldt.
TODO: bewijs p 166 TAI
Stelling 12.26. Zij {b1 , . . . ,bn } de verzameling van alle atomen van een booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬
met orderelatie ≤ en nulelement e.
a = e ⇔ ∀i ∈ {1, . . . ,n} : a ∧ bi = 0
TODO: bewijs p 166 TAI
Stelling 12.27. Elk element in een booleaanse algebra is op een unieke manier te schrijven als een
disjunctie van atomen.
TODO: bewijs p 167 TAI
Stelling 12.28. Elke eindige booleaanse algebra B, ∧, ∨, ¬ is isomorf met de booleaanse algebra
2A , ∪, ∩, ¬ waarbij A de verzameling is van atomen van B, ∧, ∨, ¬.
TODO: bewijs p 167 TAI
Gevolg 12.29. Het aantal elementen in een booleaanse algebra is steeds een macht van 2.
Definitie 12.30. Bn2 is de verzameling van n bit vectoren.
Stelling 12.31. Bn2 , uitgerust met de bit-per-bit optelling (of), de bit-per-bit vermenigvuldiging (en)
en het 2 complement, vormt een booleaanse algebra: Bn2 , +, ·,¯.
EXTRA: bewijs
Definitie 12.32. We korten Bn2 , +, ·,¯vaak af als B.
Opmerking 12.33. Het nulement van B is een rij nul-bits, en het eenheidselement van B is een rij
e´ e´ n-bits.
174
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
Definitie 12.34. De elementen van de booleaanse algebra B noemen we constanten.
Definitie 12.35. Een booleaanse uitdruking E wordt inductief gedefinieerd als volgt:
• E = c met c een constante.
• E = x met x een variabele.
• (E)
¯
• (E)
• E1 + E2
• E1 · E2
Definitie 12.36. Een minterm is een booleaanse uitdrukking x van de volgende vorm, waarin
x 1 , . . . ,xk de veranderlijken zijn.
x δ = x 1δ1 x 2δ2 · · · xkδk
Definitie 12.37. Een maxterm is een booleaanse uitdrukking x van de volgende vorm, waarin
x 1 , . . . ,xk de veranderlijken zijn.
x δ = x 11−δ1 + x 21−δ2 + · · · + xk1−δk
Opmerking 12.38. Er zijn 2k mogelijke mintermen( en maxtermen) voor een booleaanse uitdrukking in k variabelen.
Eigenschap 12.39. Een minterm is gelijk aan het eenheidselement als en slechts als elke factor
gelijk is aan het eenheidselement.
EXTRA: bewijs
Eigenschap 12.40. Een makterm is gelijk aan het nulelement als en slechts als elke factor gelijk is
aan het nulelement.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.41. Elke booleaanse uitdrukking kan op een (unieke?) manier uitgedrukt worden als
een som van mintermen.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.42. Elke booleaanse uitdrukking f (x) = f (x 1 , . . . , fk ) over B valt te schrijven als volgt:
f (x 1 , . . . , fk ) =
1,1,...,1
X
δ =0,0,...,0
f (δx δ ) =
X
δ =B k2
f (δ )x δ
175
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
… maar ook als volgt:
f (x 1 , . . . , fk ) =
1,1,...,1
Y
( f (δ ) + x δ ) =
δ =0,0,...,0
X
( f (δ ) + x δ )
δ =B k2
TODO: bewijs p 173
Definitie 12.43. De twee vormen uit de vorige stelling noemt men respectievelijk de minterm
normaalvorm en de maxterm normaalvorm.
12.2
Netwerken en Schakelalgebra
Definitie 12.44. Een booleaans netwerk is een ’zwarte doos’ met k binaire ingangen en l
binaire uitgangen die een booleaanse functie f realiseert.
f : Bk2 → Bl2 : (x 1 ,x 2 , . . . ,xk ) 7→ f (x 1 ,x 2 , . . . ,xk ) = (z 1 ,z 2 , . . . ,zl )
Definitie 12.45. Een poort is een booleaans netwerk met slechts 1 uitgang. Een poort realiseert
dus een functie f : Bk2 → B 2 .
EXTRA: en, niet en of
TODO: sectie 5.1 en 5.2 p 179
12.2.1
Synthese van netwerken
Definitie 12.46. Gegeven een booleaanse functie f en een verzameling poorten G zeggen we
dat f realiseerbaar is met G als er een netwerk bestaat dat f realiseert en enkel de poorten uit G
(eventueel meermaals) bevat. Het netwerk noemen we een realisatie van f en het proces een
synthese van f .
Definitie 12.47. Een verzameling poorten G noemt men functioneel volledig als iedere functie realiseerbaar is met poorten uit G.
Definitie 12.48. Een poort noemt men een universele poort als elke logische functie realiseerbaar is met die ene poort.
Stelling 12.49. {N IET ,EN ,OF } is functioneel volledig.
EXTRA: bewijs
176
HOOFDSTUK 12. BOOLEAANSE ALGEBRA
Stelling 12.50. {N IET ,OF } is functioneel volledig.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.51. {N IET ,EN } is functioneel volledig.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.52. N EN is een universele poort.
EXTRA: bewijs
Stelling 12.53. NOF is een universele poort.
EXTRA: bewijs
Definitie 12.54. Zij f en д twee logische poorten f ,д : Bk2 → B 2 , dan noemen we een uitdrukking van de volgende vorm een booleaanse vergelijking.
f (x 1 , . . . ,x K ) = д(x 1 , . . . ,xk )
Definitie 12.55. Twee booleaanse vergelijkingen noemen we equivalent indien ze dezelfde oplossing heb.
Stelling 12.56. Onderstaande vergelijkingen zijn equivalent.
f (x 1 , . . . ,x K ) = д(x 1 , . . . ,xk )
f (x 1 , . . . ,x K )д(x 1 , . . . ,xk ) + f (x 1 , . . . ,x K )д(x 1 , . . . ,xk ) = 0
TODO: bewijs p 181 TAI
Stelling 12.57. Zij v een Booleaanse vergelijking in 1 onbekende.
v ↔ a 1x¯ + a 2x = 0
v is oplosbaar als en slechts a 1a 2 = 0 geldt. De oplossingen zijn dat van de vorm x:
x = a 1 + a 2λ
TODO: bewijs p 182 TAI
Stelling 12.58. Zij f (x 1 , . . . ,xk ) = 0 een booleaanse vergelijking met de volgende uitdrukking als
minterm normaalvorm.
X
f (x 1 , . . . ,xk ) =
f (δ )x δ
δ ∈B k2
Deze vergelijking is oplosbaar als en slechts als het volgende geldt:
Y
f (δ ) = 0
δ ∈B k2
TODO: bewijs p 183 TAI
Hoofdstuk 13
Codetheorie
13.1
Probleemstelling
We willen een boodschap versturen over een niet-foutloos kanaal zonder fouten. We ontwikkelen daarvoor een encodering van de boodschap die ons toelaat om de fouten op te sporen en/of te
verbeteren.
Boodschap
↓
encoder
↓
geencodeerde boodschap
↓
kanaal
← fouten
↓
ontvangen boodschap
↓
gedecodeerde boodschap
Figuur 13.1: Probleemstelling
13.2
Begrippen
Definitie 13.1. Een boodschap van n bits is een opeenvolging van n elementen van een eindig
veld Fq (meestal Z2 ). Het is dus een n-tal uit Fqn . We noemen n de lengte van de boodschap
Definitie 13.2. Een blokcode C is een deelverzameling van de n-tallen over een eindig veld
Fq .
C ⊆ Fqn
Definitie 13.3. Een (n,k )-code is een afbeelding c die een boodschap van k bits afbeeldt op een
boodschap van n bits.
c : Fqk → Fqn : b 7→ c (b)
177
178
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
c
Im(c)
Zk2
Zn2
Figuur 13.2: Een code, schematisch voorgesteld
Een code is nooit surjectief, en steeds injectief. Dit houdt in dat n groter is dan k.
Opmerking 13.4. We identificeren een code vaak met de haar beeld (een blokcode).
Definitie 13.5. Een codewoord is een boodschap c (b) in het beeld van een code c.
Definitie 13.6. Een ontvangen woord w van een codewoord c (b) van een boodschap b met
een code c is een (eventuele) afwijking van dat codewoord.
w = c (b) + e
We noemen e de fout op het ontvangen woord.
Opmerking 13.7. Een ontvangen woord hoeft dus niet tot Im(c) te behoren.
Definitie 13.8. Een n-tal uit Fqn zullen we in deze contex vaak noteren als een opeenvolging
van de meest eenvoudige overeenkomstige representanten in Zq . Het heeft op die manier wel
degelijk zin om te ’rekenen’ met boodschappen.
13.3
Foutdetectie
Definitie 13.9. Het Hamming gewicht wt (x ) van element uit Fqn is het aantal plaatsen in het
n-tal dat niet het nulelement is.
Definitie 13.10. De Hamming afstand dt (x,y) tussen twee elementen uit Fqn is het aantal
plaatsen waar de n-tallen verschillen.
Eigenschap 13.11. De Hamming afstand tussen twee n-tallen is het Hamming gewicht van het
verschil tussen de n-tallen.
∀x,y ∈ Fqn : dt (x,y) = wt (x − y)
Definitie 13.12. De complete maximum likelihood decoding (CMLD) van een ontvangen
woord w resulteert in het codewoord c dat ten opzichte van w de kleinste Hamming afstand
heeft.
179
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
Definitie 13.13. Zij C een (n,k )-code over Fq . Zij c ∈ C een verzonden boodschap en w het
ontvangen woord. e = w − c is dan de fout. We zeggen dat C de fout e detecteert als e niet het
verschil is tussen twee woorden uit C:
∀c ∈ C : c + e < C
Opmerking 13.14. Intu¨ıtief is dit een passende definitie, dit immers is ook wat we (als mensen)
doen als we een fout zien. Als we bijvoorbeel het woord “bat” ontvangen terwijl er “cat” verstuurd
werd, zullen we dit niet kunnen detecteren (zonder context) omdat “bat” een geldig woord is. Een
fout ontvangen woord als “cxt” zullen we wel kunnen detecteren.
Definitie 13.15. De afstand van een code C is de kleinste afstand tussen de codewoorden.
d = min dt (c 1 ,c 2 )
c 1 ,c 2
Stelling 13.16. Een blokcode kan s fouten detecteren als en slechts als de afstand ervan groter is
dan s + 1.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
s fouten houdt in dat elke fout e een gewicht kleiner of gelijk aan s heeft. De code kan e
detecteren als en slechts als de minimale afstand tussun twee codewoorden groter is dan het
gewicht van e. Dit is precies wanneer de afstand van de code 1 meer is dan s.
• ⇐
Zij e een foutpatroon van gewicht kleiner of gelijk aan s en d de afstand van de code met
d > s + 1. De afstand tussen c en c + e is precies s, maar s is kleiner dan d − 1, dus C detecteert
e.
Gevolg 13.17. Een blokcode van gewicht d kan d − 1 fouten detecteren.
13.4
Foutverbetering
Definitie 13.18. Een blokcode C verbetert foutpatroon e als het volgende geldt:
∃c ∈ C, ∀c 0 ∈ C, c 0 , c ∧ dt (c + e,c) ≤ dt (c + e,c 0 )
Met andere woorden, vanuit een ontvangen woord kan afgeleid worden welk de verstuurde
boodschap was.
Definitie 13.19. We noemen een code t-foutenverbeterend als de code all foutpatronen met
gewicht t kan verbeteren, maar niet alle foutpatronen van gewicht t + 1.
Stelling 13.20. Een blokcode kan t fouten verbeteren als en slecht als het gewicht ervan groter is
dan 2t + 1.
180
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
Bewijs. Bewijs van een equivalentie
• ⇒
• ⇐
TODO: bewijs p 38
Gevolg 13.21. Een blokcode van gewicht d kan
13.5
d−1
2
fouten verbeteren.
Lineaire blokcodes
Definitie 13.22. We noemen een blokcode C (als deelverzameling) van Fqn een lineaire blokcode als C een lineaire deelruimte is van de vectorruimte Fqn .
Opmerking 13.23. Dit houdt in dat de som en het scalair product van codewoorden opnieuw een
codewoord is.
Stelling 13.24. De afstand van een lineaire blokcode is het kleinste gewicht van een codewoord.
d = min wt (c)
c∈C,c,0
TODO: bewijs p 39
13.5.1
Matrixbeschrijving van een lineaire blokcode
Definitie 13.25. Vermits een lineaire blokcode een deelruimte is kunnen we de code beschrijven
als een matrix (ten opzichte van een geschikte basis). De generatormatrix is is steeds een k × n
matrix met lineair onafhankelijke rijen.
Definitie 13.26. De duale code van een lineaire blokcode is het orthogonaal complement ervan.
Eigenschap 13.27. De duale code van een k-dimensionale lineaire blokcode heeft dimensie n − k.
Definitie 13.28. De (n − k × n) generatormatrix van een duale code noemen we de pariteitsmatrix.
Opmerking 13.29. Met behulp van de pariteitsmatrix H is het heel eenvoudig om te testen of een
ontvangen boodschap x een codewoord is.
x ∈ C ⇔ xH T = 0
Stelling 13.30. Zij H een pariteitsmatrix van een lineaire blokcode C, dan heeft C afstand d als
en slechts al elke verzameling van d − 1 kolommen van H lineair onafhankelijk is, maar niet alle
verzamelinggen van d kolommen.
TODO: bewijs p 41
181
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
Definitie 13.31. Een code C is equivalent met een code C0 als de codewoorden dezelfde zijn
(op een bepaalde permutatie van de elementen na).
Opmerking 13.32. Twee equivalente codes hebben een gelijkvormige (?) generatormatrix.
Definitie 13.33. Een systematische code is zo bepaal dat de eerste k symbolen van elk codewoord het overeenkomstig informatiewoord vormen.
Stelling 13.34. Elke lineaire blokcode is equivalent met een systematische code.
TODO: bewijs p 43
13.5.2
Decodering van lineaire blokcodes
Definitie 13.35. De (volledige) tabel van een lineaire blokcode construeren we als volgt:
• Zet op de eerste rij alle codewoorden.
• Voor elke nevenklasse xC in Fqn/C, + zetten we in de eerste kolom (in volgorde) de kleinste
representant.
• De rest van de tabel wordt opgevuld door de som te nemen van het eerste element van
die rij en kolom.
Elke rij bevat dan de elementen van e´ e´ n nevenklasse.
Definitie 13.36. Een ontvangen woord w decoderen met een lineaire blokcode gaat als
volgt:
• Kijk na of w een codewoord is (door het in de eerste rij te zoeken).
• Zo nee: zoek het ok in de tabel en neem als bijhorend codewoord het woord in dezelfde
kolom op de eerste rij.
Stelling 13.37. Als een lineaire blokcode t fouten kan verbeteren (en dus afstand d = 2t + 1 heeft),
staat elk woord van gewicht kleiner of gelijk aan t in de eerste kolom.
TODO: bewijs p 45
Stelling 13.38. De decodering van een ontvangen woord is volgens CMLD.
TODO: bewijs p 45
Opmerking 13.39. In de praktijk is deze vorm van decoderen niet toepasbaar omdat de tabel veel
te groot wordt.
Definitie 13.40. Voor een ontvangen woord w defini¨eren we het syndroom s als volgt:
s = wH t
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
182
Stelling 13.41. Twee woorden v en w hebben hetzelfde syndroom als en slechts als ze in dezelfde
nevenklasse zitten.
TODO: bewijs p 45
Definitie 13.42. De syndroomtabel van een lineaire blokcode C is de tabel waarin voor elke
(minimale) vertegenwoordiger van de neveklasse van de code het overeenkomstige syndroom
staat.
Definitie 13.43. Een ontvangen woord w decoderen met een syndroomtabel gaat als volgt:
• Bereken het syndroom s van w
• Zoek de vertegenwoordiger e op met als syndroom s
• c = w − e is nu het codewoord.
13.5.3
Hamming codes
Definitie 13.44. Een Hamming code is een lineaire blokcode die 1 fout kan verbeteren.
TODO: meer stellingen uit te tekst filteren
13.5.4
Perfecte codes
Definitie 13.45. Zij c een codewoord uit een lineaire blokcode C, dan noemen we Sc (r ) als volgt
een bol met straal r rond c.
Sc (r ) = {v ∈ Fqn | dt (v,c) ≤ r }
Definitie 13.46. De kleinste straal rp zodat alle bollen van straal r rond de codewoorden disjunct
zijn noemen we de pakkingsstraal van de code.
Definitie 13.47. De kleinste straal rd zodat de unie van alle bollen van straal r heel Fqn vormt
noemen we de dekkingsstraal van de code.
Definitie 13.48. We noemen een code perfect als diens dekkingsstraal gelijk is aan de pakkingsstraal.
Stelling 13.49. Hamming codes zijn perfect.
TODO: bewijs p 49
183
HOOFDSTUK 13. CODETHEORIE
Definitie 13.50. We noemen een code quasi-perfect als de dekkingsstraal e´ e´ n kleiner is dan
de pakkingstraal.
13.6
Cyclische codes
Definitie 13.51. Een (n,k )-code C is een cyclische code als het volgende geldt:
∀(a 0a 1 . . . an−2an−1 ) ∈ C ⇒ (an−1a 0a 1 . . . an−2 ) ∈ C
Stelling 13.52. Een lineaire deelruimte C van Fqn is een cyclische code als en slechts als C isomorf
is met een ideaal van Fq [X ]/(X n −1)
TODO: bewijs p 51
Definitie 13.53. De generator van een cyclische code is de minimale veelterm die de code
voortbrengt.
Opmerking 13.54. Elk codewoorde is dan een veelvoud van de generatorveelterm.
Stelling 13.55. De generator д van een cyclische code C over Fqn deelt X n − 1.
TODO: bewijs p 51
Definitie 13.56. Het quotient h van de deling van X n − 1 door de generatorveelterm van een
cyclische code noemen we de pariteitsveelterm.
X n − 1 = дh
13.7
wut
Definitie 13.57. Een code gegenereerd door een veelterm p(x ) ∈ Z2 [x] van graad n − k is
een (n,k )-code c:
c : Zk2 → Zn2 : b (x ) 7→ c (b) = r (x ) + x n−k x (x )
met
x n−k b (x ) = p(x )q(x ) + r (x )
Opmerking 13.58. Vermits de graad дr (r (x )) van de rest r (x ) een kleiner is dan n − k, passen de
extra n − k bits netjes na de boodschap-bits.
TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag!
Hoofdstuk 14
Voorbeelden
14.1
Groepen
14.1.1
Monoiden
Voorbeeld 14.1. De natuurlijke getallen, uitgerust met de optelling, vormen een mono¨ıde.
Voorbeeld 14.2. Getallen, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen mono¨ıden.
C, ·
14.1.2
R, ·
Q, ·
Z, ·
N, ·
Groepen
Definitie 14.3. De triviale groep is de groep met enkel een neutraal element.
G, ∗ = {eG }, ∗
Commutatief: Ja
Cyclisch: eG
Definitie 14.4. De viergroep of groep van Klein V , · heeft als neutraal element e.
V = {e,a,b,c}
Er gelden drie eenvoudige regels:
• ab = c
• bc = a
• ca = b
◦
e
a
b
c
Commutatief: Ja
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
Cyclisch: Nee
184
b
b
c
e
a
c
c
b
a
e
185
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
Definitie 14.5. Q, ·,: De quaternionengroep.
Q = {1, −1,i, −i, j, −j,k, −k}
Er gelden vier eenvoudige regels:
• i 2 = j 2 = k 2 = −1
• ij = k
• jk = i
• ki = j
·
1 −1
i −i
j −j k −k
1
1 −1
i −i
j −j k −k
−1 −1
1 −i
i −j
j −k
k
i −i −1
1 k −k −j
j
i
−i −i
i
1 −1 −k
k
j −j
j −j −k
k −1
1
i −i
j
−j −j
j k −k
1 −1 −i
i
k −k
j −j −i
i −1
1
k
−k −k
k −j
j
i −i
1 −1
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Definitie 14.6. De symmetrische groep van graad n: Sn , ◦ is de groep van permutaties van
{1, . . . ,n}.
|Dn | = n!
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.7. S1 , ◦: De groep van permutaties van {1}.
S3 = {Id}
◦ Id
Id Id
Commutatief: Ja
Cyclisch: Id
Voorbeeld 14.8. S1 , ◦: De groep van permutaties van {1}.
S3 = {Id}
◦ Id
Id Id
Commutatief: Ja
Cyclisch: Id
Voorbeeld 14.9. S2 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2}.
S3 = {Id, (12)}
186
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
◦
Id (12)
Id
Id (12)
(12) (12) Id
Commutatief: Ja
Cyclisch: (12)
Voorbeeld 14.10. S3 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2, 3}.
S3 = {Id, (12), (13), (23), (123), (132)}
Id
(12) (13) (23) (123) (132)
◦
Id
Id
(12) (13) (23) (123) (132)
Id
(132) (123) (23) (13)
(12) (12)
(13) (13) (123) Id
(132) (12) (23)
(13) (12)
(23) (23) (132) (123) Id
(123) (123) (13) (23) (12) (132) Id
Id
(123)
(132) (132) (23) (12) (13)
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.11. S4 , ◦: De groep van permutaties van {1, 2, 3, 4}.








S4 = 








Commutatief: Nee
Id,
(12), (13), (14), (23), (24), (34),
(123), (124), (132), (134), (142), (143), (234), (243)
(12)(34), (13)(42), (14)(23),
(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432)

















Cyclisch: Nee
Eigenschap 14.12. Sn is een deelgroep van Sn+1 .
TODO: bewijs
EXTRA: An
Definitie 14.13. De Di¨edergroep of Dihedrale groep van graad n: Dn , ◦ is de groep van starre
bewegingen die een regelmatige n-hoek op zichzelf afbeelden. Dn bevat n rotaties Id,a, . . . ,an−1
en n spiegelingen b,ab, . . . ,an−1b.
|Dn | = 2n
Er gelden drie eenvoudige regels:
• an = Id
• b 2 = Id
• ba = a −1b
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.14. D1 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 1-hoek op zichzelf
afbeelden.
D1 = {Id,b}
187
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
◦ Id b
Id Id b
b b Id
Commutatief: Ja
Cyclisch: b
Voorbeeld 14.15. D2 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 2-hoek op zichzelf
afbeelden.
D2 = {Id,a,b,ab}
◦ Id a b ab
Id Id a b ab
a a Id ab b
b b ab Id a
ab ab b a Id
Commutatief: Ja
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.16. D3 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 3-hoek op zichzelf
afbeelden.
D3 = {Id,a,a 2 ,b,ab,a 2b}
a
a2
b ab a 2b
◦ Id
2
Id Id
a
a
b ab a 2b
a
a
a 2 Id ab a 2b b
a a 2b b ab
a 2 a 2 Id
2
b a b ab Id a 2
a
b
2
ab ab b a b a
Id a 2
a2
a
Id
a 2b a 2b ab b
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.17. D4 , ◦: De groep van starre bewegingen die een regelmatige 4-hoek op zichzelf
afbeelden.
D4 = {Id,a,a 2 ,a 3 ,b,ab,a 2b,a 3b}
◦ Id
a
a2 a3
b ab a 2b a 3b
Id Id
a
a2 a3
b ab a 2b a 3b
2
3
a
a
a
a
Id ab a 2 a 3b b
a a 2b a 3b b ab
a 2 a 2 a 3 Id
3
3
a
a
Id
a
a 2 a 3b b ab a 2b
b
b a 3b a 2b ab Id a 3 a 2
a
3
2
3
Id a
a2
ab ab b a b a b a
2
2
3
2
a b a b ab b a b a
a
Id a 3
a 3b a 3b a 2b ab b
a3 a2
a
Id
Commutatief: Nee
Cyclisch: Nee
Stelling 14.18. Voor elke Ai met i > 2 bestaat er een deelgroep Ai−1 .
EXTRA: bewijs, zeker?
Voorbeeld 14.19. De getallen, uitgerust met de optelling, vormen groepen met 0 als neutraal element.
Z⊆Q⊆R⊆C
188
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
• Z: Cyclisch: 1
• Q: Cyclisch: Nee
• R: Cyclisch: Nee
• C: Cyclisch: Nee
Commutatief: Ja
Voorbeeld 14.20. De complexe en re¨ele niet-nul getallen, uitgerust met de vermeningvuldiging,
vormen groepen met 1 als neutraal element.
R0 ⊆ C0
Commutatief: Ja
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.21. De n-tallen, uitgerust met de optelling, vormen groepen met ~0 als neutraal element.
Zn ⊆ Qn ⊆ Rn ⊆ Cn
• Zn : Cyclisch: (1, · · · , 1)
• Qn : Cyclisch: Nee
• Rn : Cyclisch: Nee
• Cn : Cyclisch: Nee
Commutatief: Ja
Voorbeeld 14.22. De re¨ele en complexe n-tallen, uitgerust met de vermenigvuldiging, vormen groepen met (1, . . . , 1) als neutraal element.
Rn ⊆ Cn
Commutatief: Ja
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.23. De n-de eenheidswortels {z ∈ C | zn = 1}, uitgerust met de vermeningvuldiging
is een groep met neutraal element 1.
Commutatief: Ja Cyclisch: Ja 1
Definitie 14.24. De cirkelgroep S 1 is de verzameling van complexe getallen met modulus 1,
uitgerust met de vermenigvuldiging.
S 1 = {z ∈ c | |z| = 1}
Commutatief: Ja
Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.25. De matrixes van dezelfde vorm, uitgerust met de optelling, vormen groepen met
[0] als neutraal element.
Zm×n ⊆ Qm×n ⊆ Rm×n ⊆ Cm×n
1 Een
generator is bijvoorbeeld de eerste eenheidswortel na 1.
189
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
• Zn×n : Cyclisch: In
• Qn×n : Cyclisch: Nee
• Rn×n : Cyclisch: Nee
• Cn×n : Cyclisch: Nee
Commutatief: Nee
Voorbeeld 14.26. De verzameling GLn (R) van inverteerbare re¨ele n × n-matrices, uitgerust met de
matrix vermeningvuldiging, vormen een groep met In als neutraal element.
Commutatief: Nee Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.27. De verzameling van inverteerbare transformaties van een vectorruimte V , uitgerust met de samenstelling, vormen een groep: GL(V ), ◦. Commutatief: Nee Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.28. De verzameling R[x] van re¨ele veeltermen in de veranderlijke x, uitgeruist met
de optelling, is een groep met neutraal element 0.
Commutatief: Ja Cyclisch: Nee
Voorbeeld 14.29. De re¨ele getallen Z, uitgerust met de optelling modulo n ∈ N0 , vormen een groep
Zn met neutraal element [0]n . Zo een groep heet de restklassengroep van graad n.
Commutatief: Ja Cyclisch: 1¯
Voorbeeld 14.30. De machtsverzameling P (X ) van een verzameling X , uitgerust met het symmetrisch verschil, vormt een groep. Commutatief: Ja Cyclisch: Nee
14.1.3
Deelgroepen
In dit deel voorbeelden duiden we de relatie “… is een deelgroep van …” aan als ⊆.
д
Voorbeeld 14.31.
nZ, + ⊆ Z, + ⊆ Q, + ⊆ R, + ⊆ C, +
д
д
д
д
Voorbeeld 14.32.
{1, −1}, · ⊆ Q0 , · ⊆ R0 , · ⊆ C0 , ·
д
д
д
Voorbeeld 14.33.
{0, 4, 8}, + ⊆ {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12}, + ⊆ Z12 , +
д
д
Voorbeeld 14.34.
{0n×n }, + ⊆ {nIn | n ∈ N}, + ⊆ {Diaд}, + ⊆ {Bovendriehoeks}, + ⊆ Rn×n , +
д
д
д
д
Voorbeeld 14.35.
SLn (R), · ⊆ GLn (R), ·
д
Voorbeeld 14.36.
{ f ∈ R[X ] | дr ( f ) ≤ r }, + ⊆ R[X ], +
д
190
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.1.4
Groepsmorfisme
In deze sectie geven we voorbeelden van groepsmorfismen
Voorbeeld 14.37. Automorfisme
Voorbeeld 14.38. Automorfisme
Voorbeeld 14.39. Automorfisme
Voorbeeld 14.40. Morfisme
Voorbeeld 14.41. Morfisme
Voorbeeld 14.42. Isomorfisme
Voorbeeld 14.43. Isomorfisme
Voorbeeld 14.44. Morfisme
Voorbeeld 14.45. Morfisme
14.1.5
Z, + → Z, + : x 7→ 3x
C, + → Z, + : z 7→ z¯
C0 , · → C0 , · : z 7→ z¯
R2 , + → R, + : (x,y) 7→ x
R0 , · → R+0 , + : x 7→ |x |
R, + → R+0 , + : x 7→ 2x
R+0 , · → R, + : x 7→ ln(x )
R, + → C0 , · : x 7→ e 2πx
GLn (R), · → R0 , · : A 7→ det (A)
Orde
Voorbeeld 14.46. In Z30 , + is de orde van 5 6 en de orde van 8 15.
Voorbeeld 14.47. De orde van 7 in Z, + is ∞.
14.1.6
Nevenklassen
Voorbeeld 14.48. Beschouw H =< 3 > als deelgroep van Z12 , +.
2 + H = {2, 5, 8, 11} = 5 + H = 8 + H = 11 + H
Voorbeeld 14.49. Beschouw H = {e,b} als deelgroep van D4 .
a · H = {a,ab} en H · a = {a,a 3b}
14.1.7
Directe som
Voorbeeld 14.50. De viergroep V is isomorf met Z2 ⊕ Z2 .
Voorbeeld 14.51. Z6 is isomorf met 2 ⊕ Z3 .
191
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.1.8
Permutatiegroepen
Voorbeeld 14.52. De groepsautomorfismen van de een groep G, ∗ vormen een permutatiegroep van
G, +.
Voorbeeld 14.53. De inverteerbare lineaire afbeeldingen van een vectorruimte V naar zichzelf vormen een permutatiegroep van V .
14.1.9
Conjugatie
Voorbeeld 14.54. De conjugatieklassen van S3 :
{I }, {(12), (13), (23)}, {(123), (132)}
Voorbeeld 14.55. De conjugatieklassen van D4 :
{e}, {a,a 3 }, {a 2 }, {b,a 2b}, {ab,a 3b}
Voorbeeld 14.56. De conjugatieklassen van de quatiernionengroep:
EXTRA: oefening
EXTRA: centralisators
14.1.10
Normaaldelers
Voorbeeld 14.57. In S3 , ◦ is {I , (123), (132)} een normaaldeler.
Voorbeeld 14.58. In D4 , · zijn {e,a,a 2 ,a 3 } en {e,a 2 } normaaldelers.
Voorbeeld 14.59. In A4 , ◦ is {I , (12)(34), (13)(24), (14)(23)} een normaaldeler.
14.1.11
Quotientgroepen
Voorbeeld 14.60.
Zn , + = Z/nZ, +
Voorbeeld 14.61. Zij G, ∗ een groep.
G/{eG } G, ∗ en G/G {eG }, ∗
Voorbeeld 14.62.
Voorbeeld 14.63.
Voorbeeld 14.64.
14.1.12
EXTRA: Cayleytabel van
D4/{e,a 2 }
EXTRA: Cayleytabel van
A4/{I,(12)(34),(13)(24),(14)(23) }
EXTRA: Cayleytabel van
Z20/{0,4,8,12,16}
Enkelvoudige groepen
Voorbeeld 14.65. Z7 , + is een enkelvoudige groep. Zijn enige normaaldelers zijn immers {0}, + en
Z7 , +.
Voorbeeld 14.66. Z6 , + is een niet-enkelvoudige groep. Hij heeft immers {0, 3} en {0, 2, 4} als normaaldelers.
192
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.1.13
Oplosbare groepen
Voorbeeld 14.67. S3 is oplosbaar.
Bewijs. We kiezen een (niet-triviale) normaaldeler van S3 van maximale orde: G 0 = {I , (123), (132)}.
zou nu enkelvoudig moeten zijn en bovendien commutatief.
S3/{I ,(123),(132)}











S3/{I ,(123),(132)} = 











{I , (123), (132)},
{(12), (13), (23)},
{(23), (12), (13)},
{(13), (23), (12)},
{(123), (132),Id},
{(132),Id, (123)}











 , ◦¯











QUESTION: hoe controleren we of dit commutatief is?
G 0 = {I , (123), (132)} heeft geen niet-triviale normaaldelers meer. We hebben dus een eindige
keten deelgroepen van S3 geconstrueerd om oplosbaarheid aan te tonen.
{I }, ◦ ⊆ {I , (123), (132)}, ◦ ⊆ S3 , ◦
Voorbeeld 14.68. S4 is oplosbaar.
EXTRA: oefening
14.1.14
Isomorfismestellingen
Eerste isomorfismestelling
Voorbeeld 14.69.
Sn ,◦/An ,◦
Z2
Bewijs. Kies als morfisme sдn : Sn → {1, −1}. De kern hiervan is An .2
Voorbeeld 14.70.
GLn (R),·/SLn (R),·
R0 , ·
Bewijs. Kies als morfisme det : GLn (R) → R0 . De kern hiervan is SLn (R).
Voorbeeld 14.71.
R0 ,·/{1,−1},·
R+0 , ·
Bewijs. Kies als morfisme | · | : R0 → R+0 . De kern hiervan is {1, −1}.
Voorbeeld 14.72.
R,+/Z,+
{z ∈ C | |z| = 1}
Bewijs. Kies als morfisme f : R → C : r 7→ e 2iπr . De kern hiervan is Z.
2 Zie
propositie 8.77 op pagina 56.
193
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
Voortbrengers van een groep
Voorbeeld 14.73.
дrp{(1, 0), (1, 1)} = Z ⊕ Z
Voorbeeld 14.74.
дrp{(1, 0), (1, 2)} ( Z ⊕ Z
Voorbeeld 14.75.
Zn ⊕ Zm = дrp{(1, 0), (0, 1)} = дrp{(−1, 0), (1, 1)}
Voorbeeld 14.76.
Dn = дrp{a,b} = дrp{an−1 ,b}
Voorbeeld 14.77.
Q = дrp{i, j} = дrp{i,k } = дrp{j,k}
Voorbeeld 14.78.
Q, + = дrp{1/n | n ∈ N}
EXTRA: bewijs dat Q niet eindig voortgebracht kan worden
Voorbeeld 14.79.
Sn =< (12), (13), (14), . . . , (1 n − 1), (1n) >
EXTRA: bewijs p 34
Voorbeeld 14.80.
Sn =< (12), (23), (34), . . . , (n − 2 n − 1), (n − 1 n) >
EXTRA: bewijs p 34
Voorbeeld 14.81.
Sn =< (12), (123 . . . n − 1 n) >
EXTRA: bewijs p 34
Voorbeeld 14.82.
An =< (ab)(cd ) | a , b ∧ c , d >
EXTRA: bewijs p 34
Voorbeeld 14.83.
n ≥ 3 ⇒ An =< (abc) | a,b,c ∈ {1, 2, . . . ,n} >
EXTRA: bewijs p 34
194
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
Tweede isomorfismestelling
Voorbeeld 14.84. Zij H een deelgroep van Sn . Ofwel is H een deel van An , ofwel bevat H een
oneven permutatie en dan geldt H An = Sn . De tweede isomorfismestelling zegt nu het volgende:
H ∩ An / H
An / Sn
H/H ∩An
Sn/An
Met andere woorden: de even permutaties in H vormen een normaaldeler van H met index 2.
Derde isomorfismestelling
Voorbeeld 14.85. Zij G = Z ⊕ Z, N =< (1, 0) > en H =< (1, 0), (0, 5) >. De derde isomorfismestelling zegt het volgende:
Z⊕Z/<(1,0)> <(1,0),(0,5)>
/
/<(1,0)> Z⊕Z/<(1,0),(0,5)>
Kies het volgende isomorfisme om dit in te zien:
f :
/
Z⊕Z/<(1,0)> <(1,0),(0,5)>
/<(1,0)>
→ Z⊕Z/<(1,0),(0,5)> :
QUESTION: hoe doen we dit?
14.1.15
Commutatordeelgroep
Voorbeeld 14.86. In Dn zijn de commutatoren de elementen a 2i met i ∈ Z. De commutatordeelgroep D 0 of Dn is dus дrp{a 2 }.
14.2
Ringen
Definitie 14.87. De nulring 0 is de ring met e´ e´ n enkel element zodat zowel {0}, + als {0}, · een
groep zijn met hetzelfde neutraal element.
0 = {0}, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 0
Voorbeeld 14.88.
nZ, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: n
Integriteitsdomein
Voorbeeld 14.89. De gehele getallen, uitgeruist met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen
een integriteitsdomein:
Z, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 1
Integriteitsdomein
Voorbeeld 14.90. De rationale getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een veld
Q, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 1
Integriteitsdomein
Lichaam Veld
195
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
Voorbeeld 14.91. De re¨ele getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen
een veld:
R, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 1
Integriteitsdomein
Lichaam Veld
Voorbeeld 14.92. De complexe getallen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen een veld:
C, +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 1
Integriteitsdomein
Lichaam Veld
Voorbeeld 14.93. De reele veeltermen, uitgerust met de optelling en de vermenigvuldiging, vormen
een integriteitsdomein:
R[X 1 , . . . ,Xn ], +, ·
Commutatief: Ja
Eenheidselement: 1
Integriteitsdomein
Voorbeeld 14.94. De verzameling van re¨ele vierkante matrices, uitgerust met de optelling en de
matrixvermenigvuldiging vormen een ring.
Rn×n , +, ·
Commutatief: Nee
Eenheidselement: In
Voorbeeld 14.95. De verzameling RN der oneindige rijen in R, uitgerust met de optelling + van
rijen als en de convolutie ∗ van rijen vormen een ring.
Eenheidselement: (1, 0, . . . )
Commutatief: Ja
Voorbeeld 14.96.
Commutatief: Ja
)
!
r 0
| r ∈ Z , +, ·
0 0
!
1 0
Eenheidselement:
Integriteitsdomein
0 0
(
Voorbeeld 14.97. De quatiernionen vormen een niet-commutatief lichaam.
H = {a + bi + cj + dk | a,b,c,d ∈ R}
Commutatief: Nee
14.2.1
Eenheidselement: 1
Lichaam
Eenhedengroepen
Voorbeeld 14.98. De eenhedengroep Z× , · van Z, +, · is de groep {1, −1}, ·.
Z× = {1, −1}
Voorbeeld 14.99. De eenhedengroep (Rn×n ) × , · van Rn×n , +, · is de groep GLn (R), · van inverteerbare
matrices.
(Rn×n ) × = GLn (R)
Voorbeeld 14.100. De eenhedengroep van R[x], +, · en die van R, +, · zijn beide gelijk aan R0 , ·.
Voorbeeld 14.101. De eenhedengroep van Z[i], +, · is {0, 1, −1,i, −i, 1 + i, 1 − i, −1 + i, −1 − i}, +, ·
196
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.2.2
Deelringen
In dit deel voorbeelden duiden we de relatie “… is een deelring van …” aan als ⊆.
r
Voorbeeld 14.102.
nZ ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C, +, ·
r
r
r
r
Voorbeeld 14.103.
{r In | r ∈ R} ⊆ {diaдonaalmatrix } ⊆ {bovendriehoeksmatrx } ⊆ Rn×n , +, ·
r
r
r
Voorbeeld 14.104. Afbeeldingen met bepaalde eigenschappen:
{ f : Rn → R | f differentieerbaar} ⊆ { f : Rn → R | f continu} ⊆ { f : Rn → R}, +, ·
r
14.2.3
r
Ringmorfismen
Voorbeeld 14.105. Morfisme
Z → Zn : x 7→ x¯
Voorbeeld 14.106. Automorfisme
C → C : x 7→ x¯
Voorbeeld 14.107. Morfisme
R[X ] → R : f 7→ f (a) met a ∈ R
Voorbeeld 14.108. Morfisme
14.2.4
¯
Z4 → Z10 : x¯ 7→ 5x
Breukenvelden
Voorbeeld 14.109. Het breukenveld van Z, +, · is Q, +, ·.
Voorbeeld 14.110. Het breukenveld van R[X ] is R(X ).
TODO: definieer beide ergens
Voorbeeld 14.111. Het breukenveld van Zp [X ] is Zp (X ).
TODO: definieer beide ergens
14.2.5
Idealen
Voorbeeld 14.112.
nZ, +, · / Z, +, ·
Voorbeeld 14.113.
{veelterm met constante term 0}, +, · / R[X ], +, ·
Voorbeeld 14.114.
{(x,y, 0) | x,y ∈ R}, +, · / R3 , +, ·
197
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.2.6
Quoti¨entringen
Voorbeeld 14.115.
Zn , +, · = Z/nZ, +, ·
Voorbeeld 14.116.
R/{e R }, +, ·
R
Voorbeeld 14.117.
R/R
=0
Voorbeeld 14.118.
Z20/{0,4,8,12,16}
= Z20/(4)
Voorbeeld 14.119.
R/(X ) R
CLARIFY: uitleg hier?
Voorbeeld 14.120.
Z+Zi/(2−i)
14.2.7
Isomorfismestellingen
14.2.8
Priemidealenn
Z5
Voorbeeld 14.121. (n) is een priemideaal als en slechts als n een priemgetal is.
(n) = nZ
EXTRA: bewijs
14.2.9
Maximale idealen
Voorbeeld 14.122. In Z36 zijn (2) en (3) de enige twee maximale idealen.
EXTRA: bewijs
Voorbeeld 14.123. Alle priemidealen zijn maximale idealen in Z.
Voorbeeld 14.124. In R[X ] is (X 2 + 1) een maximaal ideaal.
EXTRA: zie uitleg p 55
Voorbeeld 14.125. De volgende verzameling veeltermen is een maximaal ideaal van Z[X ].
{ f ∈ Z[X ] | de constante term van f is even}
EXTRA: bewijs
198
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.2.10
Irreducibiliteit
Eerste criterium
Voorbeeld 14.126. X 2 − 2 is irreducibel over Q, maar reducibel over R.
√
√
X 2 − 2 = (X − 2)(X + 2)
Voorbeeld 14.127. X 2 + 1 is irreducibel over R, maar reducibel over C.
(X + i)(X − i)
Voorbeeld 14.128. X 2 + 1 is irreducibel over Z3 , maar reducibel over Z5 .
X 2 + 1 = (X + 2)(X + 3) in Z5
Tweede criterium
Voorbeeld 14.129. De veeldterm f = 2X 5 + 6X 3 + 9X + 30 is irreducibel in Q[X ] vanwege het
tweede criterium met p = 3.
3 - 2 ∧ 3 | 6 ∧ 3 | 9 ∧ 3 ∧ 30 ∧ 32 - 30
Derde criterium
14.2.11
HID en UFD
Voorbeeld 14.130. Z is een HID.
TODO: complexe getallen p 199 TAI
TODO: euclidische ring p 125
14.3
Velden
14.3.1
Karakteristiek van een ring
Voorbeeld 14.131. De karakteristiek van nZ, Z, Q, R, C en H is 0.
Voorbeeld 14.132. De karakteristiek van Zn is n.
Voorbeeld 14.133. De karakteristiek van Zn [X ] is 0.
CLARIFY: zeker?
Voorbeeld 14.134. De karakteristiek van Zn ⊕ Zm is kдv (n,m).
Voorbeeld 14.135. Zp [X ] is een oneindig veld met karakteristiek 0
14.3.2
Priemdeelring en priemdeelveld
Voorbeeld 14.136. De priemdeelring van R is Z.
199
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.3.3
Veldmorfisme
Voorbeeld 14.137. De afbeelding f is een veldmorfisme:
f : K → K[X ]/(p) : a → a¯
EXTRA: leuker voorbeel zoeken
14.3.4
Velduitbreidingen
Voorbeeld 14.138. C is een veld uitbreiding van R en R is een velduitbreiding van Q.
Voorbeeld 14.139. De uitbreidingsgraad van C over R is 2. Neem bijvoorbeeld {1,i} als basis van
C ten opzichte van R.
14.3.5
Algebra¨ısche en transcendente elementent
Voorbeeld 14.140.
√
q
Voorbeeld 14.141.
3
2 is algebra¨ısch over Q.
q
√
√
3
3
2
1 + 2 is algebra¨ısch over Q. (X − 1) − 2 heeft immers 1 + 2 als wortel.
Voorbeeld 14.142. π is transcendent over Q. Zonder bewijs
Voorbeeld 14.143. e is transcendent over Q. Zonder bewijs
Voorbeeld 14.144. De veelterm X 2 + X + 2 is irreducibel in Z3 [X ]. Het veld E heeft 9 elementen
want 1 en X¯ vormen een basis van E over Z3 .
E = Z3 [X ]/(X 2 +X +2)
E = {0, 1, 2, X¯ , 1 + X¯ , 2 + X¯ , 1 + 2X¯ , 2 + 2X¯ }
EXTRA: maak de Caycleytabel van E × .
EXTRA: β is een wortel van X 2 + X + 2 in E, welke is de andere wortel?
14.3.6
Enkelvoudige uitbreidingen
Voorbeeld 14.145. Voor elk element i ∈ C geldt R(i) = C.
EXTRA: bewijs
√
2 over Q is X 2 − 2.
√
Voorbeeld 14.147. De minimale veelterm van de vierkantswortel d van een element d ∈ N dat
geen kwadraat is, over Q is X 2 − d.
Voorbeeld 14.146. De minimale veelterm van
14.3.7
Ontbindingsvelden
Voorbeeld 14.148. Het ontbindingsveld van X 2 + 1 over Q is Q(i) ( C.
Voorbeeld 14.149. Het ontbindingsveld van X 2 + 1 over C si C.
Voorbeeld 14.150. Het ontbindingsveld van X 2 + X + 2 over Z3
Voorbeeld 14.151. Het ontbindinngsveld van X 3 − 2 ∈ Q[X ] is E, +, ·:
√3 √3
√3
E = Q( 2, 2ω, 2ω 2
√3 √3
√3
2π i
2, 2ω en 2ω 2 zijn immers de nulpunten van f in C met ω = e 3
200
HOOFDSTUK 14. VOORBEELDEN
14.3.8
Algebra¨ısche sluitingen
Voorbeeld 14.152. Q is een algebra¨ısche sluiting van Q.
14.3.9
Eindige velden
Voorbeeld 14.153. De generatoren van R zijn X¯ en 1 + X .
R = Z2 [X ]/X 2 +X +1
Voorbeeld 14.154. De generatoren van R zijn X¯ , 2X , 1 + X en 2 + 2X .
R = Z3 [X ]/X 2 +X +1
14.3.10
Onderlinge inclusies
Voorbeeld 14.155. Hier is een schema van alle velden Fpr en hun onderline inclusies.
Fp
∩
Fp 2
∩
Fp 4
∩
Fp 8
⊂ Fp 3
∩
⊂ Fp 6
∩
⊂ Fp 12
∩
⊂ Fp 24
⊂ Fp 9
∩
⊂ Fp 18
∩
⊂ Fp 36
∩
⊂ Fp 72
Voorbeeld 14.156. Hier is een expliciet voorbeeld R van het deelveld van 3 elementen van F9 :
F9 = z3/(X 2 +X +2)
R = {0¯ , 1¯ , 2¯ }
Voorbeeld 14.157. Hier is een expliciete voorstelling R van F16 als Z2 [X ]/( f ) en een deelveld S van R
met 4 elementen.
F16 = Z2 [X ]/(X 4 +X +1)
14.4
Booleaanse algebra
Voorbeeld 14.158. 2A , ∪, ∩,C is een booleaanse algebra voor elke verzameling A met ∅ als nulelement en A als eenheidselement.
Voorbeeld 14.159. {0, 1}, ·, +, ¬ is een booleaanse algebra. (¬0 = 1 en ¬1 = 0) We korten deze
algebra vaak af als B 2 .
14.5
Codetheorie
14.5.1
Foutdetectie
Voorbeeld 14.160. Het Hamming-gewicht van 120201 (over F6 ) is 4.
Voorbeeld 14.161. Het Hamming-gewicht van 202200 (over F3 ) is 3
Hoofdstuk 15
Algebra I: Oefenzittingen
15.1
Oefenzitting 1: Herhalingen en Aanvullingen
Oefening 1
Kies de groep S3 . Beschouw nu de elementen (12) en (23), deze hebben beide orde 2.
(12) 2 = Id
en
(23) 2
Nu heeft (12) ◦ (23) = (132) orde 3.
(132) 3 = (132)(123) = Id
Oefening 2
Zij G een groep. Toon aan dat G commutatief is als en slechts als het volgende geldt:
∀a,b ∈ G,∀n ∈ N : (ab)n = anb n
Bewijs. Kies twee willekeurige elementen a en b uit G:
• ⇒
Kies een willekeurige n ∈ N
(ab)n = ababab . . . abab = aaaaa . . . bbbbb
• ⇐
Kies n = 2:
abab = aabb
bab = abb
ba = ab
Oefening 3
(a)
Bepaal alle deelgroepen van Z12 , +.
201
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Z12 , + heeft orde 12.
{0, 2, 4, 6, 8, 10}, +
{0, 3, 6, 9}, +
{0, 4, 8}, +
{0, 6}, +
{0}, +
(b)
Bepaal alle deelgroepen van D5 , ◦.
D5 , + heeft orde 10.
{e,a,a 2 ,a 3 ,a 4 }, ◦
{e,b 5 }, ◦
{e,b 4 }, ◦
{e,b 3 }, ◦
{e,b 2 }, ◦
{e,b}, ◦
{e}, ◦
(c)
Bepaal alle deelgroepen van Q, ·.
Q, · heeft orde 8.
{1, −1,k, −k }, ·
{1, −1, j, −j}, ·
{1, −1,i, −i}, ·
{1, −1}, ·
{1}, ·
(d)
Bepaal alle deelgroepen van A4 , ◦.
A4 , ◦ heeft orde 12.
{Id, (123), (132)}, ◦
{Id, (124), (142)}, ◦
{Id, (134), (143)}, ◦
{Id, (234), (243)}, ◦
{Id, (12)(34)}, ◦
{Id, (13)(24)}, ◦
{Id, (14)(23)}, ◦
{Id, (34)}, ◦
{Id, (24)}, ◦
{Id, (23)}, ◦
{Id, (14)}, ◦
{Id, (13)}, ◦
{Id, (12)}, ◦
{Id }, ◦
202
203
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Oefening 4
Zij G een cyclische groep van orde n en H een cyclische groep van orde m met ддd (m,n) = 1. Bewijs
dat G ⊕ H cyclisch is van orde mn.
Bewijs. Zij д een generator voor G en h een generator voor H .
дn = eG
en
hm = eH
en
(eG ,h)m = (eG ,eH )
Dit betekent dat in G ⊕ H het volgende geldt:
(д,eH )n = (eG ,eH )
We bewijzen nu dat (д,h) een generator is voor G ⊕ H met orde mn.
(д,h)mn = (eG ,hn ) = (дm ,eH ) = (eG ,eH )
Dit betekent dat (д,h) G ⊕ H genereert met orde mn.
Oefening 5
Beschouw de deelgroep G van Gl 2 (R).
*
G=
!
!+
0 1 0 1
,
−1 0 1 0
Bepaal G. Met welke bekende groep is G isomorf?
(
G=
!
!
!
!
!
!
!
!)
1 0 −1 0
0 1
0 −1
0 1 0 −1 1 0
−1 0
,
,
,
,
,
,
,
0 1
0 −1 1 0 −1 0
−1 0 1 0
0 −1
0 1
G is isomorf met de quaternionengroep.
Oefening 6
Zij G, · een niet-cyclische groep van orde 6.
(a)
G heeft een element van orde 3.
Bewijs. De orde van een element van een groep is een deler van de orde van de groep.1 Elk element
heeft dus een orde in {1, 2, 3, 6}. Enkel e heeft als orde 1, en er zijn geen elementen van orde 6 want
dan zou G cyclisch zijn. Stel dat elk element orde 2 heeft, dan is G commutatief.2 Dit zou betekenen dat {e,a,b,ab} een deelgroep was van G met orde 4, maar 4 is geen deler van 6. Contradictie3
Bijgevolg bestaat er minstens e´ e´ n element van orde 3 en is de orde van G dus 3.4
1 Zie
gevolg 8.59 op pagina 53.
stelling 8.49 op pagina 50.
3 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
4 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
2 Zie
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
204
(b)
Zij a een element van orde 3 en b < {e,a,a 2 }, dan geldt G = {e,a,a 2 ,b,ab,a 2b}.
Bewijs. We bewijzen dat {e,a,a 2 ,b,ab,a 2b} enkel verschillende elementen bevat.
• {e,a,a 2 } is een verzameling van onderling verschillende elementen, en bovendien een groep.
• {e,a,a 2 ,b} is een verzameling van onderling verschillende elementen omdat b niet in{e,a,a 2 }
zit en {e,a,a 2 } een groep is.
• {e,a,a 2 ,b,ab} is een verzameling van onderling verschillende elementen:
ab , e b zou immers de inverse zijn van a en niet in de groep {e,a,a 2 } zitten.
ab , a want dan zou b het neutraal element zijn.
ab , a want dan zou b gelijk zijn aan a.
ab , b want dan zou a het neutraal element zijn.
• {e,a,a 2 ,b,ab,a 2b} is een verzameling van onderling verschillende elementen:
a 2b , e b zou immers de inverse zijn van a 2 en niet in de groep {e,a,a 2 }
ab 2 , a want dan zou b 2 het neutraal element zijn.
ab 2 , a 2 want dan zou b 2 gelijk zijn aan a en b 3 = ab dus gelijk aan b
ab 2 , b want dan zou ab gelijk zijn aan b.
ab 2 , ab want dan zou b het neutraal element zijn.
(c)
De orde van b is 2.
Bewijs. We gaan na aan welk element van {e,a,a 2 ,b,ab,a 2b} b 2 gelijk moet zijn.
b 2 , a want ???
b 2 , a 2 want dan zou b 2a het neutraal element zijn en ???
b 2 , ab want dan zou a gelijk zijn aan b.
b 2 , a 2b want dan zou a 2 gelijk zijn aan b.
Bijgevolg geldt b 2 = e.
(d)
ba is gelijk aan a 2b.
Bewijs.
ba
ba
ba
ba
ba
ba
,e
,a
, a2
,b
, ab
, a 2b
want dan zou {e,a,a 2 } geen groep zijn.
(gegeven)
want dan zou b = a gelden.
want dan zou a = e gelden.
want ???
want dan zou b = a 2 gelden.
CLARIFY: Waarom?
205
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
(e)
G D3 S3 geldt.
Bewijs. Constructief bewijs.
• Er bestaat een bijectie tussen G en S3 :
e
a
a2
b
ab a 2b
e (123) (132) (12) (13) (23)
!
• G is gelijk aan D 3 .
15.2
Oefenzitting 2: Permutatiegroepen
Oefening 1
Geef alle mogelijke permutaties π op de verzameling {1, 2, 3, 4, 5} die orde 5 hebben en voldoen aan
π (1) = 5, π (2) = 3 en π (3) = 4.
De permutaties die we zoeken zien er als volgt uit:
1 2 3 4 5
5 3 4 a b
!
Om een permutatie te zijn moet {a,b} gelijk zijn aan {1, 2}. Als a 1 is en b 2, voldoet de permutatie
aan de opgelegde eigenschappen. Als a 2 is en b 1, heeft de permutatie orde 6. Antwoord:
!
1 2 3 4 5
5 3 4 1 2
Oefening 2
Beschouw het volgend geheim schrift. De vercijfering van een tekst gebeurt door in de tekst de
letters van het alfabet te permuteren volgens de permutatie π .
!
a b c d e f д h i j k l m n o p q r s t u v w x y z
π=
b c d e f д h i a z x m l o p n s r t q j w v k u y
(a)
Zoek de disjuncte cykel-schrijfwijze van de permutatie π .
(abcde f дhi)(jzyuj)(kx )(lm)(nop)(qst )(vw )
(b)
Wat is de orde van π ?
kдv (9, 5, 2, 2, 3, 3, 2) = 90
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
206
(c)
Wat is het teken van π ? −1 want er is een oneven aantal cykels met even lengte.
EXTRA: verwijzing naar stelling.
Oefening 3
Waar of niet? Er bestaat geen permutatie π van 9 elementen met orde 15.
Niet waar:
(abc)(e f дhi)
Oefening 4
Onder welke voorwaarden is de afbeelding π : {0, . . . ,n − 1} → {0, . . . ,n − 1} : i 7→ ai + b mod n
een permutatie. (a,b ∈ Z).
a en b moeten relatief priem zijn.
CLARIFY: waarom?
Extra oefening
Zij σ en τ permutaties in Sn . Zoek de nodige en voldoende voorwaarden op σ en τ opdat zo zouden
commuteren. Hint: στ = τ σ geldt als en slechts als τ en σ disjunct zijn of …
EXTRA: oefening
15.3
Oefenzitting 3: Conjugatie en klasvergelijking
Oefening 1
Geef alle conjugatieklassen van een Abelse groep G, ∗. Controleer de klasvergelijking voor een eindige abelse groep.
De conjugatie met a is in een Abelse groep de identieke transformatie Id. De conjugatieklassen
van G, ∗ zijn dus singletons van alle respectievelijke elementen in G. De klasvergelijking is bijzonder simpel voor een Abelse groep omdat dan het centrum van G, ∗ heel G is.
Oefening 2
Geef de conjugatieklassen van S3 en controleer de klasvergelijking.
{Id},





 {(12), (13), (23)}, 





 {(123), (132)}, 
P
|G | = |Z (G)| +
|Cl (ai )|
|S3 | =
1
+
5
207
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Oefening 3
Geef de conjugatieklassen van S4 en controleer de klasvergelijking.
{Id},





{(12),
(13),
(14),
(23), (24), (34)},



 {(123), (132), (124), (142), (234), (243), (134), (143)},




{(12)(34), (13)(24), (14)(23)},



{(1234),
(1342), (1423), (1432), (1243), (1324)}

P
|G | = |Z (G)| +
|Cl (ai )|
|S4 | =
1
+
23

















Oefening 4
Geef de conjugatieklassen van de quaternionengroep en controleer de klasvergelijking.

















{1},
{−1},
{i, −i},
{j, −j},
{k, −k }
|G | = |Z (G)| +
|Q| =
2
+

















P
|Cl (ai )|
6
Oefening 5
Geef de conjugatieklassen van de didi¨edergroep D4 met 8 elementen en controleer de klasvergelijking.
{Id }, 







2 },


{a





3

 {a,a }, 




2



{b,a b}, 






3
 {ab,a b} 
P
|G | = |Z (G)| +
|Cl (ai )|
|D4 | =
2
+
6
Oefening 6
Bepaal alle eindige groepen met precies 2 conjugatieklassen.
Zij G, ∗ een eindige groep met precies 2 conjugatieklassen. Elk element in het centrum heeft zijn
eigen conjugatieklas. Er zit minstens 1 element in het centrum: eG . eG zit dus al zeker in zijn eigen
conjugatieklas. Alle andere elementen zitten in dus samen in een conjugatieklas. De groep is van
orde minstens twee omdat alle conjugatieklassen niet-leeg zijn. Noem C de conjugatieklas van G, ∗
waar eG niet in zit.
|C | = |G | − 1
We weten dat de orde van elke conjugatieklas een deler moet zijn van de orde van G 5 . |G | − 1 is
alleen een deler van |G | als |G | precies 2 is. Er is maar 1 groep van orde 2, op isomorfisme na: Z2 .
5 Zie
gevolg 8.103 op pagina 62.
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
208
Oefening 7
Bepaal alle eindige groepen met precies 3 conjugatieklassen.
Verdergaand op de redenering in de vorige oefening moet een groep G, ∗ met precies 3 conjugatieklassen minstens drie elementen. G heeft dan als orde 1 + a + b zodat zowel a als b |G | delen. De
mogelijkheden voor (a,b) zijn dan {(1, 1), (1, 2), (2, 3)}.
• Als a = b = 1 geldt, is G abels, en dan is G isomorf met Z3 .
• Als a = 1 en b = 2 gelden, is G een groep van orde 4 die niet abels. Zo’n groep bestaat niet.
Elke groep van orde 4 is immers isomorf met ofwel de viergroep, ofwel Z4 .6
• Als a = 2 en b = 3 gelden, is G een groep van orde 6. G is dan ofwel isomorf met S3 ofwel met
Z6 . 7
Oefening 8
Bepaal de orde van het centrum van een niet-abelse groep P van orde p 3 met p een priemgetal. Controleer dit voor de didi¨edergroep D4 en de quaternionengroep.
De orde van het centrum is een deler van de orde van P 8 9 en bovendien groter dan 1.10 . |Z (P )|
moet dus p of p 2 zijn. Voor |Z (P )| 3 zou immers betekenen dat P abels is. De orde van P kan bovendien niet p 2 zijn, want dan zou P abels zijn.11
15.4
Oefenzitting 4: Normaaldelers
Oefening 1
(a)
Is {Id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} een normaaldeler van A, ◦?
Ja
CLARIFY: waarom?
(b)
Is {Id, (12)(34)} een normaaldeler van A, ◦? Nee
CLARIFY: waarom?
Oefening 2
Is SLn (R) een normaaldeler van GLn (R)?
Ja.
6 Zie
eigenschap 8.65 op pagina 55.
eigenschap 8.66 op pagina 55.
8 Zie eigenschap 8.99 op pagina 61.
9 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
10 Zie propositie 8.106 op pagina 63.
11 Zie stelling 8.107 op pagina 63.
7 Zie
209
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Bewijs.
∀д ∈ GLn (R),n ∈ SLn (R) : det(д · n · д−1 ) = det(д) · det(n) · det(д−1 ) = 1
Oefening 3
Zij H een normaaldeler van een groep G, ∗. Bewijs: H is de unie van de conjugatieklassen van alle
h ∈ H.
[
H /G ⇒ H =
ClG (h)
h∈H
Bewijs. H is een normaaldeler van G, dus het volgende geldt. 12
∀д ∈ G : дHд−1 = H
Bekijk H nu als volgt:
S
H = д∈G дHд−1
S S
= д∈G h∈H дhд−1
S
S
= h∈H д∈G дhд−1
S
S
= h∈H {дhд−1 | д ∈ G} = h∈H Cl (h)
Oefening 4
Geldt het volgende?
Q, + = дrp{1/p | p is een priemgetal.}
QUESTION: hoe begin ik hieraan?
Oefening 5
Zij H , ∗ een deelgroep van G, ∗ met index 3 zodat er een x ∈ G \ H bestaat waarvoor x ∗ H = H ∗ x
geldt. Bewijs dat H een normaaldeler is van G, ∗.
Bewijs. Merk op dat G/H orde 3 heeft.13 . Dit betekent dat er een y bestaat in G \ H zodat G/H er als
volgt uitziet:
G/H = {xH ,yH ,H }
QUESTION: hoe??
Oefening 6
Zij G, ∗ een groep met normaaldelers A en B. Bewijs dat A ∗ B een normaaldeler is van G, ∗.
Bewijs. Kies een willekeurige д uit G en een willekeurig element a ∗ b uit A ∗ B.
д ∗ a ∗ b ∗ д−1 = д ∗ a ∗ д−1 ∗ д ∗ b ∗ д−1 ∈ A ∗ B
Hierboven is д ∗ a ∗ д−1 een element van A omdat A een normaaldeler is van G en д ∗ b ∗ д−1 analoog
een element van B.
12 Zie
13 Zie
stelling 8.117 op pagina 65.
stelling 8.58 op pagina 53.
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
210
Oefening 7
Zij G, ∗ een groep. Waar of niet waar?
(A / B ∧ B / C) ⇒ A / C
Waar
Bewijs.
(∀c ∈ C,∀b ∈ B : cbc −1 ∈ B) ∧ (∀b ∈ B,∀a ∈ A : bab −1 ∈ A)
⇒ ∀c ∈ C,∀a ∈ A : cac −1 ∈ B)
⇒ ∀c ∈ C,∀a ∈ A : (cac −1 )a(cac −1 ) −1 ∈ A
(cac −1 )a(cac −1 ) −1 = cac −1a(c (ac −1 )) −1
= cac −1a((ac)c −1 )
= cac −1aacc −1
= ca(c −1a)(ac)c −1
= ca(ac) −1 (ac)c −1
= caec −1
= cac −1
∀c ∈ C,a ∈ A : cac −1 ∈ A
Oefening 8
Zij G, ∗ een groep en A ⊆.
• C (A), ∗ is een deelgroep van G, ∗.
Bewijs. De centralisator van elk element van д is een deelgroep van G, ∗.14 en de doorsnede
van deelgroepen is een deelgroep.15
• A is een commutatieve deelgroep van G ⇒ A / C (A).
∀c ∈ C (A),∀a ∈ A : cac −1 = cc −1a = eG a = a ∈ A
EXTRA: nog drie deeloefeningen
Oefening 9
Zij G een groep en zij H een deelgroep van index n. Stel dat {e} de enigge normaaldeler is van G die
bevat is in H . Toon aan dat G isomorf is met een deelgroep van Sn .
EXTRA: hint p 5 oef 30 in oefeningen bundel
14 Zie
15 Zie
eigenschap 8.97 op pagina 61.
stelling 8.15 op pagina 41.
211
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
15.5
Oefenzitting 5: Quoti¨enten en isomorfismestellingen
Oefening 1
Waar of niet?
Q/Z, +
Q, +
Niet waar.
We zoeken een morfisme van Q, + naar een groep isomorf met Q, + waarvan Z, + de kern is. Stel
dat f zo’n isomorfisme is. f ( 21 + 12 ) moet dan 0 zijn, maar f ( 12 ) niet. Contradictie.
Oefening 2
Zij σ een endomorfisme van Q0 , · als volgt. Wat zegt de eerste isomorfismestelling?
σ : Q0 → Q0 : x 7→ |x |
De kern van σ is {1, −1}. De eerste isomorfismestelling zegt dus dat Q0/{1,−1}, · isomorf is met Q+0 .
σ
Q0
σ¯
π
Q0/{1,−1}
σ0
Q0
i
Q+0
Oefening 3
Zij G = дrp{a} een cyclische groep van orde 12. Zij M = дrp{a 2 } en N = дrp{a 6 }. Waar of niet waar?
/
G/N M
/N
G/M
Waar.
Bewijs. N en M zijn normaaldelers van G want het zijn deelgroepen van een commutatieve 16 groep.
Beschouw dan de derde isomorfismestelling.
Oefening 4
Gegeven de deelgroepen N = {1, −1} en H = дrp{ 21 } van Q, ·. Waar of niet waar?
H N/N , ·
H/H ∩N
Waar.
Bewijs. H is een deelgroep van Q, · en N een normaaldeler van Q, ·. Beschouw dan de tweede isomorfismestelling.
Oefening 5
Zij G, ∗ een groep, H , ∗ een deelgroep van G, ∗ en N een normaaldeler van G zodat G/N en N Abels
zijn. Bewijs dat er een normaaldeler D van H bestaat zodat H/D en D Abels zijn.
QUESTION: hoe?? oef 35
16 Zie
stelling 8.41 op pagina 47.
212
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Oefening 6
Zij G, ∗ een groep met normaaldelers M en N en een deelgroep H , ∗. Bewijs volgende bewering:
H ∩ M = H ∩ N ⇒ H M/M H N/N
Bewijs. Volgens de tweede isomorfismestelling geldt het volgende:
H N/N
= H/H ∩N = H/H ∩M = H M/M
Oefening 7
Beschouw Z2×2 , + als additieve groep. Beschouw ϕ als volgt. Wat zegt de isomorfismestelling hierover?
!
a b
2×2
ϕ:Z →Z:
7→ a + d
c d
De kern van ϕ is de verzameling van diagonaalmatrices: {Diaд}. De eerste isomorfismestelling zegt
dan het volgende:
Z2×2/{Diaд} Z
Z2×2
π
Z2×2/{Diaд}
ϕ
ϕ¯
Z
ϕ0
Z
i
Oefening 8
Zij G, ∗ een eindige groep en p een priemgetal dat de orde van |G | deelt, bewijs dan dat G een element
van orde p heeft. Je mag (/zal moeten) gebruiken dat G commutatief is.
QUESTION: Hoe??
TODO: hoeveel ringmorfismen f : Z → R zijn er die 1 op 1 afbeelden?
TODO: bewijs de deelbaarheidstesten door 9 en 11 uit de lagere school. p 48
15.6
Oefenzitting 6: Basisbegrippen
Oefening 1
Gegeven een verzameling U . Bewijs dat P (U ), ∆, ∩ een commutatieve ring is met eenheidselement.
Bewijs. We gaan elke definierende eigenschap van een ring af.
• P (U ) is een commutatieve groep:
– ∆ is associatief.
– Er bestaat een neutraal element: ∅
– Elk element X in P (U ) heeft een inverse: X c
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
213
• ∩ is associatief.
• ∩ is distributief ten opzichte von +.
• ∩ is commutatief.
Oefening 2
Gegeven een ring R, +, · met nulelement eR als volgt. We noemen dit een Boolering.
∀a ∈ R : a 2 = a
Bewijs dat R, +, · een commutatieve ring is en het volgende:
∀a ∈ R : a + a = eR
Bewijs. Voor elke twee elementen x en y uit R geldt het volgende:
(x · y) 2 = x · y
x ·y ·x ·y = x ·y
y ·x = x ·y
R, +, · is dus al een commutatieve ring.
a + a = a2 + a2
= a · (a + a)
= a 2 · eR = eR
Oefening 3
Zij R een deelverzameling van Q als volgt:
a
R=
| a,b ∈ Z en b oneven
b
• Bewijs dat R, +, · een deelring is van Q.
• Merk op dat R als volgt geschreven kan worden:
( n
)
2a
| n ∈ N en a,b oneven ∪ {0}
b
• Geef de eenheden van R, +, ·.
• Neem een ideaal I , {0} van R, +, · en bewijs dat I voortgebracht wordt door 2m waarbij m het
kleinste getal is waarvoor 2m in I zit.
• Besluit dat R, +, · een HID is.
EXTRA: oefening
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
15.7
214
Oefenzitting 6: Idealen
Oefening 1
!
a b
bewijs dat I = {
| a,b,c,d ∈ 2Z} een ideaal is van M 2×2 (Z). Hoeveel elementen heeft M 2×2 (Z)/I ?
c d
EXTRA: oefening
15.8
Oefenzitting 7: Quotientringen
Oefening 1
Zij R = Q[X ]/I met I = (X 2 + X + 1).
• Gelden volgende beweringen?
?
– −2X 2 + I = 2X 3 + 2X + I
?
– 3+I =X +I
?
– X 3 + 2X 2 + I = 3X + 2 + I
• Toon aan dat elk element van R op een unieke wijze geschreven kan worden als aX + b + I
met a,b ∈ Q.
• Reken uit en schrijf het resultaat in de vorm aX + b + I .
– (X + I ) + (X 2 + I )
– (X + 3 + I ) · (X 2 + 1 + I )
• Men kan aantonen dat R, +, · een veld is. Wat is het invers van X +I voor de vermenigvuldiging
in R, +, ·?
Merk allereerst op dat Q een veld is17 . Merk dan op dat er eenvoudige manier bestaat om na te
kijken of twee veeltermen in dezelfde restklasse zitten.
∀f ,д ∈ Q[X]/I : f + I = д + I ⇔ f = д + r · (X 2 + X + 1)
Dit betekent dat als we f −д ‘delen’ door X 2 +X +1, en als rest 0 krijgen, f en д in dezelfde restklasse
zitten.
• Om deze beweringen na te kijken moeten we het delings
– −2X 2 − (2X 3 + 2X ) = −2X 3 − 2X 2 − 2X
−2X 3 −2X 2 −2X X 2 + X + 1
−2X 3 −2X 2 −2X −2X
0
Deze bewering geldt.
– 3 + I en X + I zijn niet gelijk. 3¯ = 3 + I , X + I = X¯ .
17 Zie
voorbeeld ?? op pagina ??.
215
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
– X 3 + 2X 2 − (3X + 2) = X 3 + 2X 2 − 3X − 2
X 3 +2X 2 −3X −2 X 2 + X + 1
..
X 3 +X 2 +X
. X +1
2
+X
−4X −2
2
+X
+X +1
−5X −3
De rest is hier niet nul, dus de bewering geldt niet.
• De nevenklasse van de rest bij deling door X 2 + X + 1 moet gelijk zijn aan de nevenklasse van
f , en de rest moet van graad 1 of lager zijn.
– (X + I ) + (X 2 + I ) = (X 2 + X ) + I = −1 + I
•
X2 + X + 1
X 2 +X
X 2 +X +1 1
−1
– (X + 3 + I ) · (X + 1 + I ) = (X 3 + 3X 2 + X + 3 + I ) = (−2X + 1) + I
X 3 +3X 2
X3
+X 2
+2X 2
+2X 2
+3 X 2 + X + 1
..
+X
. X
+3
+2X +2
−2X +1
+X
• We weten nu al dat het invers van X + I er uitziet als aX + b + I met a en b in Q.
(X + I ) · (aX + b + I ) = 1 + X
X · (aX + b) = aX 2 + bX
De rest bij deling van aX 2 + bX door X 2 + X + 1 moet dus 1 zijn.
aX 2
aX 2
+bX
X2 + X + 1
+aX
+a a
(b − a)X −a
Dit betekent dat (b − a) nul moet zijn en a −1. De inverse van X + I is dus −X − 1 + I .
Inderdaad: X · (−X + 1) = −X 2 − X
−X 2 −X
X2 + X + 1
−X 2 −X −1 −1
1
Oefening 2
Bereken Z[X ]/(2) .
Z[X ]/(2)
= f + (д · 2) | д ∈ Z[X ] , f ∈ Z[X ]
Merk allereerst op dat dit de veeltermen over Z met even co¨efficienten zijn. We zoeken nu een
ringmorfisme waarvan (2) de kern is, dat begint in Z[X ]. Kies bijvoorbeeld ϕ voor dit morfisme:
n
n
X
X
ϕ : Z[X ] → Z2 [X ] :
ai X i 7→
(ai mod 2)X i
i=0
i=0
(2) is inderdaad de kern van dit morfisme, dus geldt het volgende isomorfisme:18
Z[X ]/(2)
18 Zie
gevolg 9.97 op pagina 100.
Z2 [X ]
216
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
Oefening 3
Bereken Z[X ]/(2,X ) .
Z[X ]/(2,X )
= f + (д · 2 + h · X ) | д,h ∈ Z[X ] , f ∈ Z[X ]
Merk allereerst op dat dit de veeltermen zijn met een even constante term. We zoeken nu een
ringmorfisme waarvan (2,X ) de kern is, dat begint in Z[X ]. Kies bijvoorbeeld ϕ voor dit morfisme:
ϕ : Z[X ] → Z2 :
n
X
ai X i 7→ (a 0
mod 2)
i=0
(2,X ) is inderdaad de kern van dit morfisme, dus geldt het volgende isomorfisme:19
Z[X ]/(2)
Z2
Oefening 4
Bereken Z2 [X ]/(X 2 +X +1) .
Z2 [X ]/(X 2 +X +1)
(
(
)
)
= f + (д · (X 2 + X + 1)) | д ∈ Z2 [X ] , f ∈ Z2 [X ]
Dit zijn de binaire veeltermen zijn van graad 1.
Oefening 5
Bereken Z[X ,Y ,Z ]/(X −Y ,X 3 −Z ) . Dit is niet evident! We zoeken een ringmorfisme waarvan (X −Y ,X 3 −Z )
de kern is, dat begint in Z[X ,Y ,Z ].
(X − Y ,X 3 − Z ) = { f · (X − Y ) + д · (X 3 − Z ) | f ,д ∈ Z[X ,Y ,Z ]}
Nu vragen we ons daarom af wat er waar moet zijn over een veelterm in X , Y en Z opdat f · (X −
Y ) + д · (X 3 − Z ) nul is. Wel, f · (X − Y ) en д · (X 3 − Z ) moeten dan beide nul zijn.
f · (X − Y ) = 0 ⇔ X = Y ∨ f = 0
д · (X 3 − Z ) = 0 ⇔ X 3 = Z ∨ д = 0
Deze voorwaarden zijn equivalent met de volgende:
X = Y ∧ X3 = Z
We zoeken dus een morfisme dat veeltermen die hieraan voldoen op nul afbeeldt. Beschouw bijvoorbeeld ϕ:
ϕ : Z[X ,Y ,Z ] → Z[X ] : f (X ,Y ,Z ) 7→ f (X ,X ,X 3 )
We tonen nu aan dat (X − Y ,X 3 − Z ) inderdaad de kern is van ϕ:
• (X − Y ,X 3 − Z ) ⊆ Ker (ϕ)
Elk element uit (X − Y ,X 3 − Z ) ziet er uit als f (X ,Y ,Z ) · (X − Y ) + д(X ,Y ,Z ) · (X 3 − Z ).
ϕ( f (X ,Y ,Z ) · (X −Y ) +д(X ,Y ,Z ) · (X 3 −Z )) = f (X ,X ,X 3 ) · (X −X ) +д(X ,X ,X 3 ) · (X 3 −X 3 ) = 0
19 Zie
gevolg 9.97 op pagina 100.
217
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
• Ker (ϕ) ⊆ (X − Y ,X 3 − Z )
We moeten bewijzen dat elk element uit Ker (ϕ) eruit ziet als f (X ,Y ,Z ) · (X − Y ) + д(X ,Y ,Z ) ·
(X 3 − Z ). Kies een willekeurige h ∈ Z[X ,Y ,Z ]. We zullen eerst h delen door Z − X 3 , 0, de
rest zal dan nog steeds in Ker (ϕ) zitten. Noem de quotient van die deling f .
h(X ,Y ,Z ) = f (X ,Y ,Z ) · (X 3 − Z ) + r (X ,Y )
Merk ook op dat de rest r (X ,Y ) onafhankelijk is van Z :
Z[X ,Y ,Z ] (Z[X ,Y ])[Z ]
We delen daarna r nog door Y −X , 0. Opnieuw zal de rest nog steeds in Ker (ϕ) zitten. Noem
de quotient van deze deling д.
h(X ,Y ,Z ) = f (X ,Y ,Z ) · (X 3 − Z ) + д(X ,Y ) · (Y − X ) + r 0 (X )
Merk nu op dat de rest r 0 (X ) onafhankelijk is van Y en Z .
Z[X ,Y ,Z ] (Z[X ,Y ])[Z ]
CLARIFY: hier moet meer uitleg bij!
Oefening 6
Zij R, +, · een willekeurige ring met eenheidselement. Bereken R[X ]/(X ) .
Oefening 7
Zij P = X 3 + X + 1 ∈ Z2 [X ]. Bereken voor elk element verschillen van 0 van Z2 [X ]/(P ) het inverse
voor de vermenigvuldiging.
15.9
Oefenzitting 8: Veeltermringen, HID’s en UFD’s
Oefening 1
Zoek de wortels in Z5 van 3 + X + X 64 ∈ Z5 [X ]. Z5 is klein genoeg om dit e´ e´ n voor e´ e´ n te doen,
maar we willen 464 natuurlijk niet hoeven uit te rekenen. Noem 3 + X + X 64 f .
f (0)
f (1)
f (2)
f (3)
f (4)
= 3 + 0 + 064
= 3 + 1 + 164
= 3 + 2 + 264
= 3 + 3 + 364
= 3 + 4 + 464
,0
=0
, 0 want 264 - 5
, 0 want 366 - 5
, 0 want 2129 - 5
Oefening 2
Geef een voorbeeld van waarom het derde criterium niet geldt in Z8 [X ] (dat geen veld is).
QUESTION: hoe?
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
218
Oefening 3
Schrijf f = X 3 + 6 ∈ Z7 [X ] als product van irreducibele veeltermen over Z7 .
Z7 is een veld, want 7 is een priemgetal.20 Z7 is dus een UFD21 , de vraag is dus zinvol. Bereken
eerst de nulpunten van f :22
f (0) = 0 + 6 = 6
f (1) = 1 + 6 = 0
f (2) = 8 + 6 = 0
f (3) = 33 + 6 = 4
f (4) = 64 + 6 = 0
We weten al dat f deelbaar is door X − 1, X − 2 en X − 4.
X3
X 3 −X 2
X2
X2
X2
X2
+6 X − 1
..
. X2 + X + 1
..
.
.
−X ..
X +6
X −1
0
+X
+1 X − 2
.
−2X .. X + 3
3X +1
3X −6
0
X 3 + 6 is in Z7 dus gelijk aan (X + 6)(X + 5)(X + 3).
Oefening 4
Zij p een priemgetal, hoeveel irreducibele veeltermen over Zp van de vorm X 2 + aX + b bestaan er?
EXTRA: oefening
Oefening 5
Vindt een grootst gemeenschappelijke deler van X 3 + 2X 2 + 4X − 7 en X 2 + X − 2 in Q[X ].
EXTRA: oefening
Oefening 6
Bekijk de veelterm X 2 + 1 over H. De wortel i kunnen we afsplitsen:
X 2 + 1 = (X − i)(X + i)
Omdat j ook een wortel is, bekomen we na substitutie ook nul:
(j − i)(j + i) = 0
20 Zie
gevolg 9.30 op pagina 85.
stelling 9.196 op pagina 118.
22 Zie stelling 9.156 op pagina 112.
21 Zie
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
219
De laatste gelijkheid kan niet omdat H geen nuldelers heeft. Waar zit de fout?
De rekenregels in H zijn fout toegepast.
(j − i)(j + i) , j 2 + 1 maar wel − 2k
Oefening 7
• Toon aan dat X 3 + 5X 2 + 25X + 5 irreducibel is over Q.
Bewijs. Kies p = 5 in het criterium van Einstein.
• Toon aan dat 5x 3 + 9x + 3 irreducibel is over Q.
Bewijs. Kies p = 3 in het criterium van Einstein.
• Toon aan dat 5X 3 − 15X 2 + 24X − 11 irreducibel is over Q.
Bewijs. We tonen eerst aan dat als f (X + 1) irreducibel is, f (X ) dan ook. Stel immers dat f (X )
reducibel is, dan zals f (X + 1) ook reducibel zijn.
f (X ) = д(X ) · h(X ) ⇒ f (X + 1) = д(X + 1) · h(X + 1)
f (X + 1) = 5X 3 + 9X + 3
Kies p = 3 in het criterium van Einstein.
Oefening 8
Definieer op F als volgt:
F = {a + bα | a,b ∈ Z2 } = {0, 1,α,α + 1}
• Bewijs dat α 2 gelijk moet zijn aan α + 1.
– α 2 kan niet gelijk zijn aan 0 want dan zou α 0 zijn.
– α 2 kan niet gelijk zijn aan alpha want dan zou alpha nul of 1 zijn.
– α 2 kan niet gelijk zijn aan 1 want dan zou α (1 + α ) gelijk zijn aan α + 1. Dit zou dan
betekenen dat α gelijk is aan 1.
– α 2 moet dus gelijk zijn aan α + 1.
• Maak de Cayleytabel van F × .
1
α
1+α
1
1
α
1+α
α
α
1+α
1
1+α 1+α
1
α
• Bewijs dat F , +, · een veld is.
EXTRA: bewijs
220
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
15.10
Oefenzitting 9: Velden
Oefening 1
Bereken de karakteristiek k van Zn · Zm .
Merk eerst op dat de karakteristiek van Zn en Zm respectievelijk n en m zijn. Voor elk element
(a,b) ∈ Zn · Zm moet het volgende gelden
k (a,b) = (0, 0)
We weten echter dat a enkel nul is als het een veelvoud van n keer bij zichzelf wordt opgeteld.
Analoog geldt dat voor b. k moet dus kдv (n,m) zijn.
Oefening 2
Wanneer is de priemdeelring van Zn · Zm niet heel Zn · Zm ?
Zij k = kдv (n,m) de karakteristiek van Zn · Zm , dan is de priemdeelring isomorf met zk .23 Als k
n · m is, dan is zk isomorf met Zn · Zm en de priemdeelring van Zn · Zm dus Zn · Zm zelf. k is n · m als
en slechts als n en m relatief priem zijn:
kдv (n,m) = n · m ⇔ ддd (n,m) = 1
Oefening 3
Zij F , +, · een veld van orde een macht pr van een priemgetal p. Met welke ’bekende’ groep is F , +, ·
isomorf?
We berekenen eerst de karakteristiek k van F en beschouwen daarna F als een vectorruimte over
zijn priemdeelveld. F is eindig, dus k eindig. k is bovendien een deler van de orde van F , en ook een
priemgetal, dus k moet gelijk zijn aan p. Het priemdeelveld P, +, · van F is isomorf met Zk = Zp We
bewijzen nu dat de uitbreidingsgraad van het priemdeelveld van F , +, · over F , +, · daarom r is.
Bewijs. Kies een basis {xi , . . . ,xn } waarin n de dimensie is van F als vectorruimte. Elk element f van
F ziet er dan als volgt uit:
n
X
f =
ai xi met ∀i : ai ∈ P
i=1
P n → F : (a 1 , . . . ,an ) 7→
n
X
ai x i
i=1
Dit morfisme is injectief omdat het een veldmorfisme is24
en surjectief omdat de xi een basis vormen.
pr = |F | = |Zpn | = pn
r moet dus gelijk zijn aan n.
23 Zie
24 Zie
stelling 10.18 op pagina 129.
stelling 10.25 op pagina 131.
HOOFDSTUK 15. ALGEBRA I: OEFENZITTINGEN
221
Oefening 4
Zij F , +, · een veld. Zij a en b elementen van F waarbij a een niet-nulelement is. Zij bovendien c een
element in een uitbreiding van F , +, · naar E, +, ·.
F (c) = F (ac + b)
Bewijs. Het volstaat om aan te tonen dat F (c) ac + b bevat, omdat F (ac + b) F omvat.
c=
(ac + b) − b
∈ F (ac + b)
a
Gevolg 15.1. Voor elke a,b ∈ R met b niet nul geldt R(a + bi) = C.
Oefening 5
Zij a en b twee getallen uit Q+0 . Bewijs het volgende:
√
√
Q( a) = Q( b) ⇔ ∃c ∈ Q : a = bc 2
Bewijs.
• ⇒
√
Er bestaat een c ∈ Q zodat a geschreven kan worden als volgt:
√
√
a c b
=
1
1
Dit is precies wanneer, voor die c, het volgende geldt:
a = bc 2
• ⇐
√
– Voor alle elementen uit Q die geschreven kunnen worden als a met a ∈ Q geldt de
bewering.
√
√
– Voor alle andere elementen, kies een basis voor Q( a) over Q: {1, a}.
CLARIFY: moeten we niet bewijzen dat dit inderdaad een basis is?
Nu moeten we bewijzen dat b te schrijven valt als lineaire combinatie van de elementen
in die basis.
√
CLARIFY: waarom enkel b en niet elk element in Q( b)
√
√
b = x +y a
√
b = x 2 + 2xy + 2xy a + ay 2
√
b = (x 2 + y 2 ) · 1 + (2xy) · a
Oefening 6
Hoofdstuk 16
Toepassingen van Algebra: Oefenzittingen
16.1
Oefenzitting 1: Bewerkingen en Groepen
Oefening 1
Op R definieren we de samenstellingswet τ : aτb = a + b + a 2b 2
(a)
Geef het neutraal element van deze wet.
Het neutraal element is hier 0:
aτ 0 = a + 0 + a 2 02 = a = 0 + a + 02a 2
(b)
ze is niet associatief. Ga na!
cτ (aτb) = cτ (a + b + a 2b 2 ) = c + (a + b + a 2b 2 ) + c 2 + (a + b + a 2b 2 ) 2
, (cτa)τb = (c + a + c 2a 2 )τb = (c + a + c 2a 2 ) + b + (c + a + c 2a 2 ) 2 + b
(c)
Ze is commutatief. Waarom?
De samenstellingswet is commutatief omdat zowel de optelling als het product voor a en b commutatief zijn.
Oefening 2
Bewijs dat in R 2 × R 2 volgende relaties equivalantierelaties zijn:
G = {((a,b), (c,d )|a 2 + b 2 = c 2 + d 2 }
H = {((a,b), (c,d ))|b − a = d − c}
J = {((a,b), (c,d ))|b + a = d + c}
Deze relaties zijn inderdaad reflexief, transitief en symmetrisch.
welke zijn de partities die door deze relaties bepaald worden?
222
223
HOOFDSTUK 16. TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA: OEFENZITTINGEN
G (a,b) = {(x,y) ∈ R2 |x 2 + y 2 = a 2 + b 2 }
Dit zijn de concentrische cirkels met de oorsprong als middelpunt en straal
√
a2 + b 2.
H (a,b) = {(x,y)ε : y = x + b − a}
Dit zijn alle punten op dezelfde evenwijdige rechte met de identieke.
J (a,b) = {(x,y)εR 2 : y = −x + b + a}
Dit zijn alle punten op dezelfde evenwijdige rechte met de tegengestelde van deidentieke.
welke zijn de partities die hierdoor gedefinieerd worden?
(H ∩ J ) (a,b) = {(x,y) ∈ R2 |x = a,y = b} = {(a,b)}
Oefening 3
los het volgende stelsel op:
3x 1 − 2x 2 + 6x 3 = 4 mod 7



 4x 1 + x 2 + x 3 = 0 mod 7


 2x 1 + x 2 + 2x 3 = −1 mod 7
x 1 − 3x 2 + 2x 3 = 6 mod 7




−→  4x 1 + x 2 + x 3 = 0 mod 7

 2x 1 + x 2 + 2x 3 = −1 mod 7
x 1 − 3x 2 + 2x 3 = 6 mod 7




−→  0x 1 − 1x 2 + 0x 3 = 4 mod 7

 0x 1 + 0x 2 + 5x 3 = 1 mod 7
De oplossingsverzameling van dit stelsel is {(2, 3, 3)}
Oefening 4
Bepaal de isometrieen van een gelijkzijdige driehoek.
Stel voor deze ismetrieen de bewerkingstabel op, onder de samenstellingswet ◦. Benoem de volgende isometrieen:
1 identieke
r 1 rotatie over 120 graden
r 2 rotatie over 240 graden
s 1 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 1
s 2 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 2
s 3 spiegeling over do hoogtelijn door hoek 3
HOOFDSTUK 16. TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA: OEFENZITTINGEN
224
De bijhoordende bewerkingstabel is dan de volgende:
◦
1
r1
r2
s1
s2
s3
1
1
r1
r2
s1
s2
s3
r1
r1
r2
1
s2
s3
s1
r2
r2
1
r1
s3
s1
s2
s1
s1
s3
s2
1
r2
r1
s2
s2
s1
s3
r1
1
r2
s3
s3
s2
s1
r2
r1
1
Oefening 5
Een latijns vierkant in een n x n tabel waarin slechts n verschillende elementen voorkomen. In elke
rij en elke kolom komt namelijk elk element juist eenmaal voor.
(a) Bewijs dat de bewerkingstabel voor een eindige groep steeds een latijns vierkant is
(b) Is dit ook een voldoende voorwaarde om een groep te hebben? Bepaal of volgend latijns
vierkant de bewerkingstabel van een groep is
τ
a
b
c
d
e
f
a
c
f
a
e
d
b
b
e
c
b
a
f
d
c
a
b
c
d
e
f
d
b
a
d
f
c
e
e
f
d
e
c
b
a
f
d
e
f
b
a
c
(a)
Elke rij en kolom van de bewerkings tabel zijn verschillende elementen. Stel immers dat er op een
rij of kolom twee keer hetzelfde element voorkomt, dat is de bewerking niet injetief. Bijgevolg is
de bewerking niet injectief en dus niet inverteerbaar. Er is dan geen uniek invers element voor elk
element van de groep. Dit is in contradictie met de definitie van een bewerking op een groep.
(b)
De bewerking is niet associatief:
aτ (aτb) = aτe = f
(aτa)τb) = cτb = b
16.2
Oefenzitting 2: Groepen
Oefening 1
Bewijs dat R0 × R, voorzien van de samenstellingswet (∗) : R0 → R : ((a,b), (c,d )) 7→ (ac,bc + d )
een groep is. Is hij abels?
Bewijs. We bewijzen elke eigenschap in het criterium voor groepen.
HOOFDSTUK 16. TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA: OEFENZITTINGEN
225
• associativiteit
((a,b) ∗ (c,d )) × (e, f ) = (ac,bc + d ) × (e, f ) = (ace, (bc + d )e + f ))
(a,b) × ((c,d ) × (e, f )) = (a,b) × (ce,de + f ) = (ace, (bce) + (de + f )) = (ace, (bc + d )e + f )
• Het neutraal element is (1, 0).
1 −b
• Het invers element van een element (a,b) is ( , ).
a a
De groep is niet commutatief, tegenvoorbeeld:
(1, 1) ∗ (0, 0) = (0, 0)
en
(0, 0) ∗ (1, 1) = (0, 1)
Oefening 2
Sn , ◦ is de groep van permutaties van een verzameling van n elementen. Stel de samenstellingstabel
op van S3 , ◦. Zijn er deelgroepen? Normaaldelers? Zie het hoofdstuk met voorbeelden.1
Oefening 3
Zoek de generatoren van de volgede additieve cyclische groepen: Z10 Z11 Z12 .
Generators van Z10 :
Generators van Z11 :
Generators van Z12 :
{1, 3, 7, 9}
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
{1, 5, 7, 9, 10, 11}
Deze generatoren vallen makkelijk te berekenen.2
3
Oefening 4
Genereer de groep voorgebracht onder vermenigvuldiging door de matrices.
!
!
0 1
0 1
en
−1 0
1 0
Bewijs dat dit een niet abelse groep is van orde 8.
Zie oefening 15.1 op pagina 203.
Oefening 5
Beschouw de groep G = Z7 /{0}, · van de gehele getallen modulo 7 zonder de nul en met vermenigvuldiging modulo 7.Bepaal de orde van al de elementen. Is de groep Commutatief?
element orde
1
1
2
4
3
7
4
3
5
7
6
2
1 Zie
voorbeeld 14.10 op pagina 186.
stelling 8.45 op pagina 48.
3 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
2 Zie
HOOFDSTUK 16. TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA: OEFENZITTINGEN
Oefening 6
Bewijs dat elke deelgroep van een cyclische groep cyclisch is.
Inderdaad.4
Extra oefening 1
Hoeveel groepen zijn er van orde 4, op isomorfisme na.
2: Z4 en Z2 ⊕ Z2 .
Extra oefening 2
Zoek alle isomorfismen tussen Z4 , + en Z5 , ·.
(
!)
0 1 2 3
1 2 4 3
4 Zie
stelling 8.44 op pagina 48.
226
Hoofdstuk 17
Algoritmes
17.1
Jordanmatrix berekenen
Abstract
Vraag
Gegeven is de lineaire afbeelding A : Cn → Cn met A als matrix ten opzichte van de standaarbasis
van C. Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke
veelterm en de minimale veelterm van A.
Antwoord
• Bereken de karakteristieke veelterm van A.
fA (X ) =
q
Y
(X − ci )ni
i=1
• Componenten van de vectorruimten bepalen:
Vi = Ker (A − ci I )pi
We bepalen de pi als volgt: Bepaal de dimensie van A − ci I , (A − ci I ) 2 ,…
dim(Ker (A − ci I ) j ) = n − dim((A − ci I ) j )
Ga door met j te verhogen tot dim(Ker (A − ci I ) j ) dim(Vi ) is. pi is dan j.
• Diagram voor elke Vi Definieer nu di als volgt:
d 1 = dim(Ker (A − ci I )) en d j = dim(Ker (A − ci I ) j − dim(Ker (A − ci I ) j−1
Maak voor elke Vi een diagram van rijen ‘doosjes’ met op de j-de rij d j doosjes. Vul dan het
diagram in als volgt: (begin onderaan links)
– Vul de dozen in rij k op met lineair onafhankelijke vectoren uit Ker (A − ci I )k \ Ker (A −
ci I )k−1 .
– Vul de doos boven een gevulde doos met vector v op met de vector (A − ci I )v.
– Als de huidige doos de onderste uit een rij is, vul deze dan in met een vector die onafhankelijk is van de vectoren links ervan.
• Maak een matrix P door de collecties vectoren als de kolommen in een matrix te zetten.
• Maak de Jordanmatrix door de eigenwaarden op de diagonaal de zetten, en een 1 er links van
als de overeenkomstige vector in een doos zit waar nog een vector onder staat.
227
228
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
Voorbeeld
Vraag
Gegeven is de lineaire afbeelding A : C5 → C5 met A als matrix ten opzichte van de standaarbasis
van C.
1 1 −2 −3 0
*. 0 3 0 −2 0+/
..
/
.. 0 −1 3 3 0///
. 0 0 0 1 0/
,−1 2 −1 −2 1Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke
veelterm en de minimale veelterm van A.
Antwoord
•
X
− 1 −1
2
3
0
X −3
0
2
0
1
X − 3 −3
0
0
0
X −1
1
−2
1
2
X
0 X − 1 −1
2
3 0 0
X −3
0
2 0 = (X − 1) 1
X − 3 −3 0
0 0
0
0
X − 1
− 1
X − 1 −1
2 2
X −3
0 = (X − 1) 0
0
1
X − 3
X − 3
0 = (X − 1) 3 1
X − 3
= (X − 1) 3 (X − 3) 2
• De vectorruimte valt uit elkaar in twee componenten:
C5 = Ker (A − I )p1 ⊕ Ker (A − 3I )p2
De dimensies zijn als volgt:
dim(V1 ) = 3 en dim(V2 ) = 2
– V1
∗
∗
0 1 −2 −3 0
*. 0 1 0 −2 0+/
.
/
dim(A − I ) = dim .. 0 −1 2 3 0// = 3 ⇒ dim(Ker (A − I )) = 2
.. 0 0 0 0 0//
,−1 2 −1 −2 00 4 −4 −8 0
*.0 4 0 −4 0+/
.
/
!
dim(A−I ) 2 = dim ..0 −4 4 0 0// = 2 ⇒ dim(Ker (A−I ) 2 ) = 3 = dim(V1 ) ⇒ p1 = 2
..0 0 0 0 0//
,0 4 0 −4 0-
– V2
229
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
∗
∗
−2 1 −2
*. 0 0 0
.
dim(A − 3I ) = dim .. 0 −1 0
.. 0 0 0
,−1 2 −1
4 0
*.0 0
.
dim((A−3I ) 2 ) = dim ..0 0
..0 0
,4 −4
−3 0
−2 0 +//
3 0 // = 4 ⇒ dim(Ker (A − 3I )) = 1
−2 0 //
−2 −2-
4 4 0
0 4 0+//
!
0 −4 0// = 3 ⇒ dim(Ker (A−3I )) = 2 = dim(V2 ) ⇒ p2 = 2
0 4 0//
4 4 4-
• diagram
– V1
d 1 = 2 en d 2 = 1, dus het diagram ziet er al volgt uit:
v2
v1
v3
v 1 moet in Ker (A − I ) 2 \ Ker (A − I ) zitten. Kies bijvoorbeeld v 1 = (1, 0, 0, 0, 0). v 2 staat
boven v 1 , dus v 2 moet (A − I )v 1 = (0, 0, 0, 0, −1) zijn. Kies nu een vector v 3 , lineair
onafhankelijk van v 2 , uit Ker (A − I ). Bijvoorbeeld v 3 = (1, 1, −1, 1, 0).
– V2
d 1 = 1 en d 2 = 1, dus het diagram ziet er als volgt uit:
v2
v1
v 1 moet in Ker (A − 3I ) 2 \ Ker (A − 3I ) zitten. Kies bijvoorbeeld v 1 = (0, 1, 0, 0, 1). v 2 staat
boven v 1 , dus v 2 moet (A − 3I )v 1 = (1, 0, −1, 0, 0) zijn.
•
*.
.
P = ..
..
,
1 0 1 0 1
0 0 1 1 0 +//
0 0 −1 0 −1 //
0 0 1 0 0 //
0 −1 0 1 0 -
•
*.
.
J = ..
..
,
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
3
1
0
0
0
0
3
+/
//
//
/
-
230
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
17.2
Veelterm over veld ontbinden in priemfactoren
Abstract
Vraag
Ontbind een veelterm д(X ) in priemfactoren over een veld Zpn . (De orde van het veld zal relatief
klein zijn.)
Antwoord
• Bepaal de nulpunten van д(X ).
• Deel д(X ) achtereenvolgens door (X − a) voor elk nulpunt a.
• Herhaal tot д(X ) helemaal ontbonden is. (In deze stap kunnen er meervoudige nulpunten
tevoorschijn komen.)
Voorbeeld
Vraag
Ontbind д(X ) = X 4 + 2X 3 + 2X 2 + 2X + 1 in priemfactoren over Z5 .
Antwoord
• Bepaal de nulpunten:
a д(a)
0 1
1 3
2 0
3 0
4 0
• We delen д(X ) achtereenvolgens door (X − 2), (X − 3) en (X − 4). Merk echter eerst op dat
(X − 2) in Z5 eigenlijk (X + 3) is. Zo zijn (X − 3) en (X − 4) eigenlijk (X + 2) en (X + 1).
–
X +3
X 4 +2X 3 +2X 2 +2X +1
.
.
.
..
..
.. X 3 + 4X 2 + 0X + 2
X 4 +3X 3
..
..
+4X 3 +2X 2
.
.
.
..
..
+4X 3 +2X 2
.
..
+0X 2 2X
.
..
+0X 2 0X
.
2X
2X
Er blijft X 3 + 4X 2 + 0X + 2 over.
+1
+1
0
231
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
–
X +2
X 3 +4X 2 +0X +2
.
.
..
.. X 2 + 2X + 1
X 3 +2X 2
.
+2X 2 +0X ..
.
+2X 2 +4X ..
+X +2
+X +2
0
Er blijft nog X 2 + 2X + 1 over.
–
X 2 +2X +1 X + 1
..
X 2 +X
. X +1
X
+1
X
+1
0
Hier blijft nog X + 1 over.
• Het resultaat is X 4 + 2X 3 + 2X 2 + 2X + 1 = (X + 1) 2 (X + 2)(X + 3).
232
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
17.3
Systematische blokcodes
Abstract
Vraag
Gegeven een pariteitsmatrix H van een systematische (n,k ) over GF (q).
• Bereken de generatormatrix.
• Encodeer een vector a.
• Decodeer een vector b.
Antwoord
•
– De pariteitsmatrix van een systematisch code (n,k ) code ziet er uit als [−P T |In−k ].
– De generatormatrix is dan G = [Ik |P].
• c (a) = aG
•
– Bereken de syndroomtabel. De kolommen van
– Bereken het syndroom s = bH T van b.
– Zoek de fout e op in de syndroomtabel.
– Het informatiefwoord is dan c = b − e.
Voorbeeld
Vraag
Gegeven een pariteitsmatrix H van een (6, 4) systematische code over Z5 .
!
1 2 3 4 1 0
H=
1 1 1 1 0 1
• Bereken de generatormatrix.
• Encodeer de vector a = (1, 1, 1, 1).
• Decodeer de vector b = (1, 2, 3, 2, 1, 1).
Antwoord
• Bereken de generatormatrix.
•
1 0 0 0
*.
..0 1 0 0
.0 0 1 0
,0 0 0 1
4
3
2
1
4
+
4//
4//
4-
1 0 0 0
*.
0 1 0 0
c (a) = (1, 1, 1, 1) ..
.0 0 1 0
,0 0 0 1
4
3
2
1
4
+
4//
= (1, 1, 1, 1, 0, 1)
4//
4-
233
HOOFDSTUK 17. ALGORITMES
•
– (Kolommen van H )
–
Vertegenwoordiger syndroom
100000
11
010000
21
31
001000
000100
41
10
000010
000001
01
1 2 3 4 1 0
s = (1, 2, 3, 2, 1, 1)
1 1 1 1 0 1
!T
= (3, 4)
– Het syndroom s moet een veelvoud zijn van e´ e´ n van de syndromen in de syndroomtabel
opdat de fout te verbeteren zou zijn.. In dit geval is s gelijk aan 4 · (2, 1). De fout is dus
(0, 4, 0, 0, 0, 0).
–
c −1 (b) = b − e = (1, 2, 3, 2, 1, 1) − (0, 4, 0, 0, 0, 0) = (1, 2, 4, 2, 1, 1)
Hoofdstuk 18
Examenvragen: Algebra I
Disclaimer: vertrouw NIET op deze antwoorden. Ze zijn hoogstens gedeeltelijk juist.
18.1
Snelheidsvraagjes
Deze vraagjes worden gesteld tijdens het mondelinge examen en moet u dus met gesloten boek
kunnen beantwoorden.
• Waar of niet?
Zij G, ∗ een groep en A, ∗ een normaaldeler van G, ∗ met zowel A, ∗ en G/A, ∗ commutatief, dan
is G, ∗ commutatief.
Niet waar. Zowel A3 als S3/A3 zijn commutatief, maar S3 niet.
• Waar of niet?
“Een groep is eindig als alle elementen eindige orde hebben.”
Niet waar.
L∞
Tegenvoorbeeld: In i=1 Z2 heeft elk element orde 2.
• Waar of niet?
“Als een groep eindig is, dan hebben al diens elementen een eindige orde.”
Waar.
Als een groep eindig is met orde n , hebben alle elementen een deler van n als orde.1
• Waar of niet?
Zij R een ring met eenheidselement, dan hebben u en v elk een inverse als en slechts als uw
een inverse heeft.
Wat verandert er als de ring commutatief is?
Waar, maar enkel als de ring commutatief is.
Bewijs. Bewijs van een equivalentie.
1 Zie
gevolg 8.59 op pagina 53.
234
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
235
– ⇒: Als u en v elk een inverse hebben, dan heeft uv als inverse v −1u −1 .
– ⇐: Zij x de inverse van uv, dan is vx de inverse van u en (maar dit enkel als R, +, ·
commutatief is) ux de inverse van v.
• Waar of niet?
In een integriteitsdomein geldt (R[X ]) × = R × .
Waar.2
• Waar of niet?
Zij E, +, · een velduitbreiding van een veld K, +, ·. Zij a en b transcendente elementen in E
over K, +, · a · b is transcendent over K, +,cdot.
Niet waar. Tegenvoorbeeld: e en
over Q.
1
e
zij beide transcendent over Q, maar e · e1 = 1 is algebra¨ısch
• Bestaat er een algebra¨ısch gesloten veld dat C strikt omvat? Nee, elke algebra¨ısche uitbreiding
van C is gelijk aan C.
• Geef alle 2 × 2 matrices oven C die zowel hermetisch als unitair zijn.
A = A∗ en A−1 = A∗ ⇒ A = A−1
!
!
cos θ
i sin θ
cos θ sin θ
A=
∨A =
∨ A = I ∨ A = −I
−i sin θ − cos θ
sin θ − cos θ
• In Z:
– Geef alle idealen.
– Geef alle maximale idealen.
– Geef alle priemidealen.
– Geef de priemdeelring.
– Geef de doorsnede van alle deelringen.
– Is (4, 7) een hoofdideaal?
Merk eerst op dat Z een HID is.3
– Elk ideaal van Z is een hoofdidieaal, en voor elke n ∈ Z is nZ een ideaal van Z. {nZ | n ∈
Z} zijn dus alle idealen van Z.
– De maximale idealen van Z, +, · zijn alle nZ waarvoor n priem is.4
– Alle maximale idealen van Z, +, · zijn priemidealen5 alsook de nulring.
– De priemdeelring van Z, +, · is Z, +, · zelf.6
2 Zie
stelling 9.149 op pagina 110.
stelling 9.200 op pagina 119.
4 Zie stelling 9.197 op pagina 118.
5 Zie eigenschap 9.102 op pagina 101.
6 Zie eigenschap 10.17 op pagina 128.
3 Zie
236
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
– De doorsnede van alle deelringen van Z, +, · is de nulring.
– Ja.
(4, 7) = {4n + 7m | n,m ∈ Z} = Z
• Welke inclusies gelden er tussen F2 , F4 , F6 en F8
Merk op dat 2, 4 en 8 machten zijn van het priemgetal 2 en F6 bestaat niet.7 Er gelden dus de
volgende inclusies.8
F2 ( F4 ( F8
• Wat is F16 ∩ F64 ?
64 = 26 dus de strikte deelvelden van F64 zijn die met 21 , 22 en 23 elementen. 16 = 24 dus de
strikte deelvelden van F16 zijn die met 21 en 22 elementen. Antwoord: F4 .
• Geef de grootst gemene deler en het kleinst gemeen veelvoud van X en Y in R[X ,Y ]
Antwoord: 1 en XY Merk op dat inderdaad 1|X en 1|Y alsook X |XY en Y |XY gelden.
• Zij Fq een eindig veld met q elementen. Welke groepen Fq , + en Fq× , · zijn cyclisch?
Fq× , · is steeds een cyclische groep.9 Fq , + is enkel cyclisch als F isomorf is met Zp .
• Bespreek de inclusies tussen de volgende verzamelingen van Cn×n matrices:
Diagonaliseerbaar, Unitair, Normaal, Hermetisch
– Bijna alle matrices in Cn×n zijn diagonaliseerbaar. Er zijn er ook die niet diagonaliseerbaar zijn, maar dat zijn er niet veel.
!
0 1
0 0
– Alle unitaire en hermetische matrices zijn normaal.
– Er bestaan matrices die unitair zijn en ook hermetisch.
18.2
Groepen
• Zij p een priemgetal.
– Zij H , + een abelse groep van orde n en p een priemfactor van n. Maak gebruik van de
structuurstelling voor eindige groepen om aan te tonen dat H een element heeft van orde
p.
– Zij G, ∗ een groep van orde pr met r ∈ N0 .
∗ Toon aan met behulp van de eerste deelvraag dat G een element д heeft van orde p
en dat de groep voortgebracht door д een normaaldeler is van G.
д /G
∗ Toon aan met inductie op r aan dat er voor elke s met 0 ≤ s ≤ r een normaaldeler
N van G met orde ps .
7 Zie
stelling 10.32 op pagina 132.
propositie ?? op pagina ??.
9 Zie stelling 10.98 op pagina 149.
8 Zie
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
237
– H , + is vanwege de structuurstelling isomorf met Zpr ⊕ zn/p r . Er is in H dus een element
dat overeenkomt met (1, 0), en dat element heeft orde p:
–
∗ p is een priemfactor van de orde. G, ∗ is een p-groep, dus het centrum van G bevat
meer dan e´ e´ n element10 Het centrum Z (G) is een (commutatieve) deelgroep van G 11 ,
dus heeft een orde px met 1 ≤ x ≤ r .12 Er bestaat in Z (G) ⊆ G dus een element д
van orde p. Het element д heeft in G dus ook een orde p en bijgevolg heeft < д >
ook orde p.13 < д > is een deelgroep van Z (G) dus zeker een normaaldeler.
∗ · r = 1: OK, zie hierboven.
· r = k: Inductiehypothese
· r = k + 1: G/N is ook een p-groep.
EXTRA: zit vast
• Zij G een groep met 102 = 2 · 3 · 17 elementen en |Z (G)| = 2. Toon aan:
– |Z (G/Z (G) )| = 1
– G/Z (G) heeft een deelgroep van orde 17.
– G heeft een deelgroep van orde 34.
Antwoord:
– We moeten aantonen dat er maar 1 element uit G/Z (G) commuteert met alle elementen
in G/Z (G) . Enkel de elementen uit Z (G) commuteren met alle elementen in G, dus enkel
de elementen zZ (G) uit G/Z (G) met z ∈ Z (G) commuteren met alle elementen in G/Z (G) .
Omdat zZ (G) gelijk is aan Z (G) voor alle z ∈ Z (G) is er dus maar e´ e´ n element in G/Z (G)
dat commuteert met alle elementen in G/Z (G) .
– Omdat |Z (G)| twee is, geldt |G/Z (G) | = 3 · 17.14 Volgens de structuurstelling is G/Z (G)
isomorf met Z3 ⊕ Z17 . De groep {(0,n) | n ∈ Z17 } is nu een deelgroep van Z3 ⊕ Z17 van
orde 17, dus G/Z (G) heeft een overeenkomstige deelgroep van orde 17.
– Vanwege dezelfde redenering bevat G een deelgroep van orde 34. Deze komt dan overeen
met de deelgroep {(x, 0,y) | x ∈ Z2 ,y ∈ Z17 } van Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z17 van orde 34.
18.3
Ringen
• Zij R, +, · een niet-triviale commutatieve ring met eenheidselement i en nulelement e waarin
het volgende geldt:
∀a ∈ R, ∃b ∈ R : a 2b = a
Toon aan dat elk priemideaal van R, +, · ook een maximaal ideaal van R, +, ·.
Antwoord: Zij I , +, · een priemideaal van R, +, ·, dan is R/I een integriteitsdomein. In R/I geldt
hetzelfde als in R:
a 2b = a ⇒ a(ab − i) = e
Omdat R/I een domein is moeten a en b inversen zijn (als a niet e is). Een integriteitsdomein
R/I met enkel eenheden is een veld, dus I is een maximaal ideaal.15
10 Zie
propositie 8.106 op pagina 63.
eigenschap 8.99 op pagina 61.
12 Zie gevolg 8.59 op pagina 53.
13 Zie stelling 8.39 op pagina 47.
14 Zie stelling 8.58 op pagina 53.
15 Zie stelling ?? op pagina ??.
11 Zie
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
238
• Zij R, +, · een HID, toon dan aan:
– Een priemideaal van R, +, · is een maximaal ideaal.
– Zij f een surjectief ringmorfismme van R naar S met S,?, ∗ een integriteitsdomein, dan
is ofwel f een isomorfisme, ofwel S,?, ∗ een veld.
– Als R[X ], +, · een HID is, dan moet R, +, · een veld zijn.
Antwoord.
– Kies een willekeurig priemideaal P van R, +, ·. Omdat R, +, · een HID is bestaat er dan
een element p dat P genereert:
P = (p)
Het element dat P genereert moet irreducibel zijn, want P is een priemideaal.16 Het
hoofdideaal (p) gegenereerd door p is dan zeker maximaal. 17
18.4
Velden
√ √3
• Bereken [Q( 2, 4) : Q].
√
√
– [Q( 2) : Q] = 2 want X 2 − 2 is de minimale veelterm van 2 over Q.
√3
√
– [Q( 4) : Q] = 3 want X 3 − 2 is de minimale veelterm van 3 over Q.
Omdat 2 en 3 relatief priem zijn kunnen we deze gewoon vermenigvuldigen. Het antwoord is
dus 6.
18.5
Lineaire algebra
• Zij K, +, · een veld en A een nilpotente transformatie van een K-vectorruimte van index k.
Bewijs het volgende:
{0} ( Ker (A) ( Ker (A) 2 ( · · · ( Ker (Ak−1 ) ( Ker (A)k = V
EXTRA: examenvraag
• Gegeven is de lineaire afbeelding A :
daarbasis van C.
2
*.
.. 0
.. 0
..−1
.. 1
,0
C6 → C6 met A als matrix ten opzichte van de stan-
−1 0 1 0 0
+
2 0 0 0 0 //
−1 2 0 0 0 //
/
0 1 4 1 1 //
0 −1 −1 1 −1//
0 0 0 0 2Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt. Geef ook de karakteristieke
veelterm en de minimale veelterm van A.
16 Zie
17 Zie
stelling 9.105 op pagina 102.
stelling 9.197 op pagina 118.
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
–
239
X − 2
1
0
−1
0
0 X −2
0
0
0
0 0
1
X −2
0
0
0 0
1
0
−1 X − 4 −1
−1 −1
0
1
1
X −1
1 0
0
0
0
X − 2
0
X − 2
1
0
−1
0 0
X −2
0
0
0 1
X −2
0
0 = (X − 2) 0
1
0
−1 X − 4 −1 0
1
1
X − 1
−1
X − 2
0
−1
0 0
X −2
0
0 2
= (X − 2) −1 X − 4 −1 1
−1
1
1
X − 1
X − 2 −1
0 3
X − 4 −1 = (X − 2) 1
−1
1
X − 1
!
X − 4 −1 1
−1 3
+
= (X − 2) (X − 2) 1
X − 1 −1 X − 1
= (X − 2) 3 ((X
− 2) ((X
− 4)(X − 1) + 1) + ((X − 1) − 1))
3
= (X − 2) (X − 2) X 2 − 5X + 5 + ((X − 2)
= (X − 2) 4 X 2 − 5X + 6
= (X − 2) 5 (X − 3)
– De vectorruimte valt uiteen in twee componenten:
C Ker (A − 2I )p1 ⊕ Ker (A − 3I )p2
dim(V1 ) = 5, dim(V2 ) = 1
∗ V1 : p1 = 2.
0
*.
.. 0
0
dim(A − 2I ) = dim ...
..−1
.1
,0
−1 0 1
*.
.. 0 0 0
0 0 0
dim(A−2I ) 2 = dim ...
..−1 0 1
.0 0 0
,0 0 0
∗ V2 : p = 1
−1 0 1 0 0
+
0 0 0 0 0 //
−1 0 0 0 0 //
/ = 3 ⇒ dim(A − 2I ) = 3
0 1 2 1 1 //
0 −1 −1 −1 −1//
0 0 0 0 02 1 1
+
0 0 0//
0 0 0//
/ = 1 ⇒ dim(A−2I ) 2 = 1 ⇒ dim(Ker (A−2I ) 2 ) = 5
2 1 1//
0 0 0//
0 0 0-
−1 −1 0 1 0 0
*.
+
.. 0 −1 0 0 0 0 ///
0 −1 −1 0 0 0 /
/ = 5 ⇒ dim(A − 2I ) = 1
dim(A − 3I ) = dim ...
..−1 0 1 1 1 1 ///
. 1 0 −1 −1 −2 −1/
, 0 0 0 0 −1
-
240
HOOFDSTUK 18. EXAMENVRAGEN: ALGEBRA I
– Diagram:
∗ V1 : d 1 = 3, d 2 = 2
v2
v1
v4
v3
v5
Kies bijvoorbeeld de vectoren als volgt:
(−1, 0, −1, 0, 0, 0)
(0, 1, 0, 0, 0, 0)
(0, 0, 0, −1, 1, 0)
(1, 0, −1, 0, 1, 0)
∗ V2 : d 1 = 1
(1, 0, 0, 1, 0, 0)
∗
∗
(1, 0, 0, 0, 0, 1)
*.
..
P = ...
..
.
,
0 −1 1 0 1 1
+
1 0 0 0 0 0 //
0 −1 −1 0 0 0 //
/
0 0 0 −1 0 1 //
0 0 1 1 0 0 //
0 0 0 0 0 1 -
*.
..
J = ...
..
.
,
2
1
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
2
1
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
3
+/
//
//
//
//
-
• Zij A ∈ C3×3 een diagonaliseerbare matrix met 3 verschillende eigenwaarden λ 1 , λ 2 en λ 3 en
bijhorende eigenvectoren v 1 ,v 2 en v 3 . Beschouw C ∈ C6×6 .
!
A I
C=
0 A
Bepaal de jordanvorm J van A en geef de P zodat J = P −1AP geldt.
• Zij A ∈ Cn×n een matrix en zij fA = (X − i)ϕA en ϕA2 = (X 2 + 1) fa . Bereken fA en ϕA en geef de
Jordanvorm van A.
• Voor welke n bestaat er een matrix M ∈ Cn×n zodat de minimale veelterm van M (x − 1)(x −
2) 2 (x − 3) 3 is?
• Zij A een nilpotente matrix in C6×6 zodat dim(Ker (A2 )) = 4 geldt, geef alle mogelijke invariante systemen van A. met karakteristieke veelterm fA (X ) = X 2 +aX +b waarbij de discriminant
a 2 − 4b kleiner is dan nul. Toon aan dat er een basis β van R2 bestaat zodat A de volgende
matrix krijgt ten opzichte van β.
Hoofdstuk 19
Examenvragen: Toepassingen van Algebra
19.1
Benoem deze algebra
19.1.1
Abstract
Vraag
Benoem een gegeven algebra.
Antwoord
De algebra zal 2, 3 of 4 bewerkingen bevatten. Afhankelijk hiervan vallen er al een aantal opties
weg.
• 1 bewerking: Zeker geen ring of booleaanse algebra
• 2 bewerking: Zeker geen booleaanse algebra
(Hoogstwaarschijnlijk zal de structuur een speciaal geval zijn van een ring maar geen veld.) Beantwoord zeker de volgende vragen:
• 1 bewerkingen: G, ♥
– Is G, ♥ een groep?
– Is G, ♥ commutatief?
• 2 bewerkingen: R, , ♠
– Is R, een groep?
– Is R, commutatief?
– Is R, , ♠ een ring?
– Is R, , ♠ commutatief?
– Heeft R, , ♠ nuldelers?
– Heeft R, , ♠ een eenheidselement?
∗ Bevat R, , ♠ enkel eenheden?
– Bekijk dan figuur 9.5 op pagina 124 en beslis verder.
• 3 bewerkingen: B,?, , .
– Is B,?, , . een booleaanse algebra?
241
HOOFDSTUK 19. EXAMENVRAGEN: TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA
19.1.2
242
Voorbeeld
Vraag
Benoem de algebra R2×2 , +, ·.
Antwoord
R2×2 , heeft twee bewerkingen.
• R2×2 , + is een groep.
• R2×2 , + is commutatief. Het heeft dus zin om verder te kijken of het R2×2 een ring is.
• R2×2 , +, · is een ring.
• R2×2 , +, · is niet commutatief. Qua specifieke structuren kan het dus enkel een lichaam zijn,
maar dan mag het geen nuldelers hebben.
• R2×2 , +, · bevat nuldelers:
!
!
!
1 0
0 0
0 0
·
=
0 0
0 1
0 0
HOOFDSTUK 19. EXAMENVRAGEN: TOEPASSINGEN VAN ALGEBRA
19.2
Ontbind in priemfatoren
19.3
BM algoritme
19.4
Convolutionele codes
243
Index
n-koppel, 14
n-tal, 14
n-voudig Carthesis product, 14
(integriteits)domein, 85
(lineaire) operator, 154
(ring)(homo)morfisme, 87
(ring)isomorfisme, 87
abelse groep, 38
absorptiewet, 9, 171
additieve notatie, 33
adjuncte lineaire transformatie, 168
adjunctie, 134
afbeelding, 21
afgeleide, 144
afgeleide groep, 77
afstand van een code, 179
aftelbaar, 27
aftelbaar oneindig, 27
algebra, 36, 157
algebra¨ısch, 133, 138
algebra¨ısch gesloten, 145
algebra¨ısche sluiting, 147
algebra¨ısche structuur, 36
algebramorfisme, 158
Algoritme van Euclides, 106
alternatieve criteria, 39
anti-symmetrie, 6
anti-symmetrisch, 18
argument, 20
associatief, 8, 31
associativiteit, 31
atoom, 172
automorfisme, 41, 87
B´ezout-Bachet, 29
beeld, 16, 20, 21, 41
beperking, 23
bewerking, 31, 34
bijectief, 22
blokcode, 177
bol, 182
boodschap, 123, 177
booleaanse algebra, 170
booleaanse uitdruking, 174
booleaanse vergelijking, 176
Boolering, 213
bovengrens, 19
breukenveld, 91
carthesisch product, 13
centralisator, 60
centralisator van een deelverzameling, 60
centrum, 61
Chinese reststelling, 29
cirkelgroep, 188
CMLD, 178
co¨efficienten, 107
code, 123, 177
code gegenereerd door een veelterm, 124, 183
codewoord, 124, 178
commutatief, 9, 157
commutatieve groep, 38
commutatieve ring, 84
commutativiteit, 31
commutatordeelgroep, 77
commutatoren, 77
complement, 10, 170
complementaire wet, 10
complete maximum likelihood decoding, 178
compositiefactoren, 70
conjugatie met een element, 59
conjugatieklas, 58
constante (veel)term, 108
constante afbeelding, 23
constanten, 174
copriem, 107
criteria voor idealen, 94
criteria voor normaaldelers, 65
criterium van een deelgroep, 39
criterium van Einstein, 114
criterium voor deelvelden, 128
criterium voor een meervoudige wortel, 144
cyclische code, 183
cyclishe groep, 47
cyclotome uitbreiding, 142
cyclotome veelterm, 143
244
245
INDEX
cyclotome veld, 142
decoderen met een lineaire blokcode, 181
decoderen met een syndroomtabel, 182
deelalgebra, 36
deelgroep, 38
deelring, 86
deelveld, 128
definitie van een afbeelding, 21
definitie van een functie, 20
dekkingsstraal, 182
deler, 28, 84, 103
delingsalgoritme, 111
derde criterium, 114
Derde isomorfismestelling, 75
derde isomorfismestelling, 100
detecteert, 179
Di¨edergroep, 186
diagonaliseerbaar, 155
Dihedrale groep, 186
directe som, 54
disjunct, 9
disjuncte cykelnotatie, 25
distributief, 34
domein, 16
doorsnede, 9, 10
duale code, 180
dualiteitsprincipe, 170
echte deler, 104
een deelverzameling, 6
een koppel, 12
eenhedengroep, 83
eenheid, 83
eenheidselement, 82
eenheidsrelatie, 15
eerste criterium, 113
Eerste isomorfismestelling, 71
eerste isomorfismestellng, 100
eigenvector, 156
eigenwaarde, 156
eindige uitbreiding, 132
endomorfisme, 41, 87, 154
equivalent, 181
equivalentieklasse, 17
equivalentierelatie, 17
Euclidische deling, 28
euclidische ring, 105
even, 26
Factorisatiestelling, 99
factorisatiestelling, 73
fout, 178
foutenverbeterend, 179
Frobeniusmorfisme, 127
functie, 20
functioneel volledig, 175
fundamentele stelling van de algebra, 114
fundamentele stelling van de veldentheorie, 132
geassocieerd, 103
geconjugeerde, 57
gelijk, 6
gelijkheid, 12
generator, 47, 183
geordend paar, 12
graad, 107, 108, 131
groep, 38, 47
groep der inwendige automorfismen, 60
groep van Klein, 184
grootste element, 18
grootste gemene deler, 28, 104
halfgroep, 38
Hamming afstand, 178
Hamming code, 182
Hamming gewicht, 178
hermetisch, 168
hermetisch product, 166
HID, 117
homoloog, 36
homomorfisme, 36
hoofdideaal, 97
hoofdideaaldomein, 117
hoofdstelling van de (klassieke) algebra, 146
ideaal, 93
ideaal voortgebracht door een element, 97
ideaal voortgebracht door een verzameling, 97
ideaal voortgebracht door elementen, 97
idempotentiewet, 170, 171
identieke transformatie, 22
identiteitswet, 8, 9
index, 53
infimum, 19
injectief, 22
inlassing, 23
inproduct, 166
inproductruimte, 166
invariant systeem, 164
invariante of stabiele deelverzameling, 22
invers beeld f −1 (A) van een verzameling, 21
246
INDEX
inverse, 15, 16, 24, 83
netwerk, 175
inverteerbaar, 24
nilpotent, 163
involutiewet, 170
norm, 167
inwendig automorfisme bepaald door een element, normaal, 168
normaaldeler, 64
59
irreduceerbaar, 113, 116
normalisator, 64
irreducibel, 113, 116
nul(veel)term, 108
isometrie, 167
nuldeler, 81
isomorf, 41
nulelement, 80
isomorfisme, 41
nulpunt, 111
nulring, 82, 194
Jordanmatrik, 165
nulwet, 8, 9
karakteristiek, 86, 125
karakteristieke deelruimte, 162
karakteristieke veelterm, 156
kardinaliteit, 27
kern, 41, 87
klasvergelijking, 62
kleinst gemeen veelvoud, 104
kleinste element, 18
lege verzameling, 7
leidende co¨efficient, 107
leidende term, 107
lengte, 177
lichaam, 84
lineaire blokcode, 180
lineaire transformatie, 154
linker inverse, 23
linker nuldeler, 81
linkerideaal, 93
links-distributief, 34
links-regulier, 32
links-schrapbaar, 32
linkse nevenklasse, 50
machtsverzameling, 12
maximaal element, 18
maximaal ideaal, 101
maxterm, 174
maxterm normaalvorm, 175
meervoudige wortel, 143
minimaal element, 19
minimale veelterm, 134, 160
minterm, 174
minterm normaalvorm, 175
monische veelterm, 108
mono¨ıde, 38
morfisme, 41
morfismestelling, 100
multiplicatieve notatie, 33
onbepaalde, 107
ondergrens, 19
onderling ondeelbaar, 28, 107
oneven, 26
ongedefinieerd, 20
ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, 167
ontbindingsveld, 140
ontvangen woord, 178
oplosbaar, 71
orde, 46
orderelatie, 18
orthogonaal, 167, 169
orthonormaal, 167
overaftelbaar, 27
pakkingsstraal, 182
parallellogramisomorfismestelling, 75
parrallellogramisomorfismestelling, 100
perfect, 182
permutatie, 24
permutatiegroep, 55
polynomenring, 115, 116
priemdeelring, 128
priemdeelveld, 129
priemelement, 105
priemfactorisatie, 30
priemgetal, 30
priemideaal, 100
primitief element, 138, 150
principaal ideaal, 97
productformule, 133
quasi-perfect, 183
quaternionengroep, 185
quoti¨entenveld, 91
quoti¨entgroep, 69
quotient, 68, 112
quotientgroep, 64, 68
247
INDEX
quotientring, 98
quotientverzameling, 17
realisatie, 175
rechter inverse, 23
rechter nuldeler, 81
rechterideaal, 93
rechts-distributief, 34
rechts-regulier, 32
rechts-schrapbaar, 32
rechtse nevenklasse, 50
reduceerbaar, 113
reducibel, 113
reflexief, 16
regulier, 32
rekenregel in integriteitsdomein, 126
relatie, 15
relatief priem, 28
representanten, 67
rest, 112
restklassen, 95
restklassengroep, 189
reststelling, 112
ring, 80
ring met eenheidselement, 82
samenstelling S ◦ R van twee relaties, 15
samenstelling van relaties is associatief, 15
schrapbaar, 32
singleton, 8
Stelling van Bezout, 119
Stelling van Cayley, 55
stelling van Cayley-Hamilton, 159
Stelling van euclides, 30
stelling van het primitieve element, 137
stelling van Kronecker, 132
Stelling van Lagrange, 53
stelling van Wedderburn, 85
strikte deelverzameling, 7
structuurstelling voor eindige commutatieve groepen, 71
subalgebra, 36
substitutie, 111
supremum, 19
surjectief, 22
symmetrisch, 16
symmetrisch element, 32
symmetrisch verschil, 12
symmetrische groep, 55, 185
symmetriseerbaar, 32
syndroom, 181
syndroomtabel, 182
synthese, 175
systematische code, 181
tabel van een lineaire blokcode, 181
teken, 26
toegevoegde, 57
toevoeging, 134
totale orderelatie, 19
transcendent, 133, 138
transitief, 17
transitiviteit, 6, 7
transitiviteit van het algebra¨ısch zijn, 140
transpositie, 24
triagulatiestelling, 157
triviale, 82
triviale deelgroepen, 41
triviale groep, 184
triviale idealen, 93
tweede criterium, 114
tweede isomorfismestelling, 75, 100
tweezijdig ideaal, 93
UDF, 120
uitbreiding, 131
uitbreidingsgraad, 131
unie, 8, 10
unie is commutatief, 8
unie is idempotent, 8
unieke factorisatiedomein, 120
unitair, 168
universele poort, 175
universele verzameling, 7
van twee verzamelingen, 8, 9
vast punt, 21
veelterm over een ring, 107
veelterm zonder constante term, 108
veeltermenring, 115, 116
veeltermfunctie, 111
veeltermring, 110
veld, 85
veld(homo)morfisme, 131
veldisomorfisme, 131
velduitbreiding, 131
veralgemeende eigenruimte, 162
verbetert, 179
verschil, 11
verzameling, 6
verzameling van alle deelverzamelingen, 12
viergroep, 184
INDEX
waarde, 111
wet van De Morgan, 10, 11
wetten van De Morgan, 171
wortel, 111
248
Todo list
TODO: bewijs zie p 14 . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: algoritme van euler . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs en definieer kgv . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: voor doorbijters: Bewijs . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijzen in hoofdstuk van deelbaarheid
EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid .
EXTRA: Bewijs in hoofdstuk van deelbaarheid .
EXTRA: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: verifieer . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
249
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
25
26
28
28
28
28
29
29
29
29
29
29
29
29
29
30
30
30
30
35
35
35
35
35
40
41
41
49
49
50
53
55
55
55
55
55
55
56
56
57
60
INDEX
250
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
TODO: bewijs p 106 tai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
CLARIFY: duidelijk zo? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
QUESTION: waarom heeft Zn zeker normaaldelers? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
EXTRA: nagaan dat σ goed gedefinieerd is . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
EXTRA: ga dit na met het criterium van deelgroepen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
EXTRA: bewijs p 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
CLARIFY: waarom is p zeker een groepsmorfisme, en waarom moeten we surjectiviteit bewijzen? 75
EXTRA: dit is me niet duidelijk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
CLARIFY: Dit kan duidelijker en gedetailleerder! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
TODO: bewijs p 139 TAI bekijken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
EXTRA: meer uitleg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
CLARIFY: waarom heeft elk element een interne inverse in I ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
CLARIFY: Ik ben nog niet overtuigd. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
CLARIFY: meer uitleg! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
QUESTION: wat moet hier nog bij? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
EXTRA: zucht, bekijk gewoon de tweede isomorfismestelling van groepen! . . . . . . . . . . 100
TODO: bewijs p 54 ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
INDEX
251
TODO: bewijs p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
TODO: bewijs p 126 TAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
TODO: vanaf algoritme van Euclides om grootste gemene deler te vinden p 126 TAI tot sectie
7 p 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
TODO: bewijs TAI p 128 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
CLARIFY: waar loopt het mis als je geen commutativiteit eist? . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
EXTRA: verwijzing naar een bewijs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
TODO: bewijs p 136 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
TODO: bewijs p 134 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
TODO: formuleer de bewerkingen op R[X 1 , . . . ,Xn ] en bewijs de zinnigheid . . . . . . . . . . 115
QUESTION: wat moet er hier? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
CLARIFY: dit is een veralgemening van de vorige definite von grootst gemene deler, laten staan? 117
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
EXTRA: bewijs, na bewijs, maak hier een stelling van. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
CLARIFY: waarom geldt dit enkel voor een veld? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
QUESTION: waar komen de eenheden ui vandaan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
CLARIFY: hier moet veel meer uitleg‼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
EXTRA: bewijs p 68 katelijne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
CLARIFY: waarom niet d ipv i?! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
CLARIFY: meeeer uitleeeeeeg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
CLARIFY: bij dit bewijs moet veel meer uitleg‼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
TODO: dobbelstenen bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
252
INDEX
CLARIFY: waarom is n minimaal? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom mag dit ook voor p = 2?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: vanwaar komt die implicatie? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie naar bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: en nu? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: meer uitleg nodig! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs: elk domein kan worden uitgebreid tot een breukenveld . . . . . . . . . .
EXTRA: voorbeeld p 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom moeten we het enkel bewijzen voor deze en niet voor alle elementen?
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: hoe komen we aan deze f en daarna aan de д? . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: verifieer! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! Schrijf er ook de gebruikte strategie bij. . . . . . . .
TODO: bekijk dit opnieuw, en goed! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: wutwut, wut uun bewuis, opnieuw doen! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: nog een bewijs van deze stelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: wat heeft dit met het priemdeelveld te maken?? . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom dan nog het volgend bewijs? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
126
126
127
127
127
127
127
128
129
129
129
130
131
131
132
133
133
133
133
133
134
136
136
137
137
137
138
139
139
140
141
141
142
143
144
145
147
147
147
148
148
148
148
149
149
149
150
150
151
151
253
INDEX
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: meer uitleg? . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . .
TODO: deze sectie opnieuw! . . . . . . . .
EXTRA: bewijs verder p 104 . . . . . . . . .
TODO: deze sectie opnieuw! . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs? . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs? . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: klopt dit? was oefening . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: wut? . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: holy shit! . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs, volgt uit Cayley-Hamilton
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: referentie ? . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 118 . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 119 . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 122 . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 126 . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 3 . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 3 . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 4 . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 6 . . . . . . . . . . . . . .
TODO: eigenschappen p 7 . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
151
151
151
151
152
152
152
153
153
154
155
155
155
155
155
156
156
156
156
156
157
157
158
158
158
158
158
159
160
160
160
161
162
162
163
163
163
163
164
164
164
165
165
166
167
167
167
167
168
168
254
INDEX
TODO: bewijs p 8 . . . . . .
TODO: bewijs p 8 . . . . . .
TODO: bewijs p 9 . . . . . .
TODO: bewijs p 9 . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
TODO: bewijs p 162 TAI . . .
EXTRA: is ≤ totaal? . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
TODO: bewijs p 166 TAI . . .
TODO: bewijs p 166 TAI . . .
TODO: bewijs p 166 TAI . . .
TODO: bewijs p 166 TAI . . .
TODO: bewijs p 167 TAI . . .
TODO: bewijs p 167 TAI . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
TODO: bewijs p 173 . . . . .
EXTRA: en, niet en of . . . .
TODO: sectie 5.1 en 5.2 p 179
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . .
TODO: bewijs p 181 TAI . . .
TODO: bewijs p 182 TAI . . .
TODO: bewijs p 183 TAI . . .
TODO: bewijs p 38 . . . . . .
TODO: bewijs p 39 . . . . . .
TODO: bewijs p 41 . . . . . .
TODO: bewijs p 43 . . . . . .
TODO: bewijs p 45 . . . . . .
TODO: bewijs p 45 . . . . . .
TODO: bewijs p 45 . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
168
169
169
169
169
170
170
171
171
171
171
171
171
171
171
172
172
172
172
172
172
172
173
173
173
173
173
173
173
174
174
174
175
175
175
175
176
176
176
176
176
176
176
180
180
180
181
181
181
182
255
INDEX
TODO: meer stellingen uit te tekst filteren . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs p 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: zeker een voorbeeld maken, wss examenvraag! . . . . . . . . . . . .
TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs, zeker? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: centralisators . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: Cayleytabel van D4/{e,a2 } . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: Cayleytabel van A4/{I ,(12)(34),(13)(24),(14)(23)} . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: Cayleytabel van Z20/{0,4,8,12,16} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe controleren we of dit commutatief is? . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs dat Q niet eindig voortgebracht kan worden . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs p 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe doen we dit? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: definieer beide ergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: definieer beide ergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: uitleg hier? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: zie uitleg p 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: complexe getallen p 199 TAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: euclidische ring p 125 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: zeker? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: leuker voorbeel zoeken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: maak de Caycleytabel van E × . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: β is een wortel van X 2 + X + 2 in E, welke is de andere wortel? . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: Waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: verwijzing naar stelling. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: waarom? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe begin ik hieraan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: nog drie deeloefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: hint p 5 oef 30 in oefeningen bundel . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe?? oef 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: Hoe?? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TODO: hoeveel ringmorfismen f : Z → R zijn er die 1 op 1 afbeelden? . . . .
TODO: bewijs de deelbaarheidstesten door 9 en 11 uit de lagere school. p 48
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
182
182
183
183
183
186
186
187
191
191
191
191
191
192
192
193
193
193
193
193
193
194
196
196
197
197
197
197
197
198
198
198
199
199
199
199
204
206
206
206
208
208
209
209
210
210
211
212
212
212
256
INDEX
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: hier moet meer uitleg bij! . . . . . . . . . . . . . . . . .
QUESTION: hoe? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: oefening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CLARIFY: moeten we niet bewijzen dat dit inderdaad√een basis is?
CLARIFY: waarom enkel b en niet elk element in Q( b) . . . . .
EXTRA: zit vast . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
EXTRA: examenvraag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
213
214
217
217
218
218
219
221
221
237
238
Bibliografie
[1] Professor Wim Veys. Algebra I. 2014.
257

HOOFDSTUK 2: DE STELLING VAN RAMSEY 1.a) Bewijs dat n 2(4

7 Extra opgaven 2014

Tekst 4 Loops am Limit

het overlijdensbericht (in PDF-formaat)

6 Gemeenschappelijk met de x-as

Bewijs opgave over 120°

Proeftentamen Functies en Reeksen

Predikatenrekenen

VABB-SHW versie IIIbis en IV