youproof.orgDeep Math. Human Access.

Bizonyítás

A 14.12. Definícióban felsorolt gyűrűaxiómákat kell ellenőrizni. A \oplus művelet kommutativitása könnyedén adódik az R_1, R_2, ..., R_n gyűrűkön értelmezett összeadások ugyanezen tulajdonságából:

\begin{aligned} (&a_1;\ldots;a_n)\oplus(b_1;\ldots;b_n)= \\ &= (a_1+b_1;\ldots;a_n+b_n)= \\ &=(b_1+a_1;\ldots;b_n+a_n)= \\ &= (b_1;\ldots;b_n) \oplus (a_1;\ldots;a_n) \end{aligned}

Hasonlóképpen adódik a \oplus művelet asszociativitása:

\begin{aligned}((&a_1;\ldots;a_n)\oplus(b_1;\ldots;b_n))\oplus(c_1;\ldots;c_n) =\\&= (a_1+b_1;\ldots;a_n+b_n)\oplus(c_1;\ldots;c_n) =\\&=((a_1+b_1)+c_1;\ldots;(a_n+b_n)+c_n) =\\&= (a_1+(b_1+c_1);\ldots;a_n+(b_n+c_n)) =\\&=(a_1;\ldots;a_n)\oplus(b_1+c_1;\ldots;b_n+c_n)=\\&=(a_1;\ldots;a_n)\oplus((b_1;\ldots;b_n)\oplus(c_1;\ldots;c_n))\end{aligned}

És a \odot művelet asszociativitása is:

\begin{aligned}((&a_1;\ldots;a_n)\odot(b_1;\ldots;b_n))\odot(c_1;\ldots;c_n) =\\&= (a_1\cdot b_1;\ldots;a_n\cdot b_n)\odot(c_1;\ldots;c_n) =\\&=((a_1\cdot b_1)\cdot c_1;\ldots;(a_n\cdot b_n)\cdot c_n) =\\&= (a_1\cdot (b_1\cdot c_1);\ldots;a_n\cdot (b_n\cdot c_n)) =\\&=(a_1;\ldots;a_n)\odot(b_1\cdot c_1;\ldots;b_n\cdot c_n)=\\&=(a_1;\ldots;a_n)\odot((b_1;\ldots;b_n)\odot(c_1;\ldots;c_n))\end{aligned}

Továbbá a két művelet közötti mindkét oldali disztributivitás is könnyen látszik. Nézzük először a baloldali disztributivitást, a jobboldali disztributivitás ugyanígy igazolható:

\begin{aligned}(&a_1;\ldots;a_n)\odot((b_1;\ldots;b_n)\oplus(c_1;\ldots;c_n))=\\&=(a_1;\ldots;a_n)\odot (b_1+c_1;\ldots;b_n+c_n)=\\&=(a_1\cdot(b_1+c_1);\ldots;a_n\cdot (b_n+c_n))=\\&=(a_1b_1+a_1c_1;\ldots;a_nb_n+a_nc_n)=\\&=(a_1b_1;\ldots;a_nb_n)\oplus (a_1c_1;\ldots;a_nc_n)=\\&=((a_1;\ldots;a_n)\odot (b_1;\ldots;b_n))\oplus ((a_1;\ldots;a_n)\odot (c_1;\ldots;c_n))\end{aligned}

Ha az R_1, R_2, ..., R_n gyűrűk mindegyike egységelemes gyűrű, akkor a szorzatgyűrűben létezik az (1_{R_1};\ldots;1_{R_n}) elem. Ezzel bármely tetszőleges (a_1;\ldots;a_n) elemet akár balról, akár jobbról szorozzuk, az eredmény valóban nem változik, hiszen minden komponensben a megfelelő gyűrű egységelemével való szorzás fog szerepelni. Az alábbiakban a jobbról való szorzás esetét mutatjuk meg, a másik irányú szorzás ehhez hasonlóan adódik:

\begin{aligned}(&a_1;\ldots;a_n)\odot(1_{R_1};\ldots;1_{R_n})=\\&=(a_1\cdot 1_{R_1};\ldots;a_n\cdot 1_{R_n})=\\&=(a_1;\ldots;a_n)\end{aligned}

Végül igazoljuk a nullelemre és az ellentettképzésre vonatkozó állításokat. Legyen (a_1;\ldots;a_n) az R_1\times \ldots \times R_n halmaz egy tetszőleges eleme. Ezt a (0_{R_1};\ldots;0_{R_n}) elemmel összeadva az eredmény valóban nem változik, hiszen minden komponensben a megfelelő gyűrű nullelemével való összeadás fog szerepelni:

\begin{aligned}(&a_1;\ldots;a_n)\oplus(0_{R_1};\ldots;0_{R_n})=\\&=(a_1+0_{R_1};\ldots;a_n+0_{R_n})=\\&=(a_1;\ldots;a_n)\end{aligned}

Ehhez hasonlóan az (a_1;\ldots;a_n) elemet a (-a_1;\ldots;-a_n) elemmel összeadva az eredmény valóban a (0_{R_1};\ldots;0_{R_n}) elem lesz, hiszen minden komponensben az adott komponens és annak a megfelelő gyűrűben vett ellentettjének összege fog szerepelni:

\begin{aligned}(&a_1;\ldots;a_n)\oplus(-a_1;\ldots;-a_n)=\\&=(a_1-a_1;\ldots;a_n-a_n)=\\&=(0_{R_1};\ldots;0_{R_n})\end{aligned}

∎