youproof.orgDeep Math. Human Access.

Bizonyítás

Az ff függvényről a 22.3. Tételben igazoltuk, hogy minden Z/pZ×Z/qZ\Z/p\Z \times \Z/q\Z-beli rendezett párhoz pontosan egy Z/pqZ\Z/pq\Z-beli maradékosztályt rendel hozzá. Méghozzá azt a maradékosztályt, amely a rendezett pár két komponensének a metszete. A 22.4. Tételben pedig azt mutattuk meg, hogy ilymódon minden Z/pqZ\Z/pq\Z-beli maradékosztály pontosan egy Z/pZ×Z/qZ\Z/p\Z \times \Z/q\Z-beli rendezett párhoz lehet hozzárendelve, amelyet ráadásul épp a gg függvény segítségével kaphatunk meg.

Ez egyrészt azt jelenti, hogy a Z/pZ×Z/qZ\Z/p\Z \times \Z/q\Z halmaz elemei kölcsönösen egyértelmű megfeleltetésben állnak a Z/pqZ\Z/pq\Z halmaz elemeivel. Másrészt pedig azt jelenti, hogy e kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést az ff függvény segítségével az egyik, míg a gg függvény segítségével a másik irányban kaphatjuk meg. Más szavakkal az ff és gg függvények valóban épp egymás megfordításai. Ezt a szituációt mutatja a 22.4. ábra.

Az f és g függvények egymáshoz való viszonya
22.4. ábra: Az ff és gg függvények egymáshoz való viszonya

Így már csak azt kell igazolni, hogy az ff és gg függvények rendelkeznek-e a 18.6. Definíció szerinti művelettartó tulajdonsággal. Annak érdekében, hogy világos legyen, melyik műveletet melyik gyűrűben kell elvégezni, a Z/pqZ\Z/pq\Z maradékosztálygyűrű összeadását és szorzását a ⊞\boxplus és ⊡\boxdot, míg a Z/pZ×Z/qZ\Z/p\Z \times \Z/q\Z gyűrű összeadását és szorzását a ⊕\oplus és ⊙\odot szimbólumokkal fogjuk jelölni.

Ezeket a jelöléseket bevezetve tehát azt kell igazolni, hogy tetszőleges aa, bb, cc és dd egész számokra teljesülnek az alábbiak:

f(([a]p;[b]q)⊕([c]p;[d]q))=f(([a]p;[b]q))⊞f(([c]p;[d]q))f(([a]p;[b]q)⊙([c]p;[d]q))=f(([a]p;[b]q))⊡f(([c]p;[d]q))g([a]pq⊞[b]pq)=g([a]pq)⊕g([b]pq)g([a]pq⊡[b]pq)=g([a]pq)⊙g([b]pq)\begin{aligned} f(([a]_p;[b]_q) \oplus ([c]_p;[d]_q)) &= f(([a]_p;[b]_q))\boxplus f(([c]_p;[d]_q)) \\ f(([a]_p;[b]_q) \odot ([c]_p;[d]_q)) &= f(([a]_p;[b]_q))\boxdot f(([c]_p;[d]_q)) \\ g([a]_{pq} \boxplus [b]_{pq}) &= g([a]_{pq})\oplus g([b]_{pq}) \\ g([a]_{pq} \boxdot [b]_{pq}) &= g([a]_{pq})\odot g([b]_{pq}) \end{aligned}

Kezdjük a gg függvénnyel. Az erre vonatkozó két állítás baloldalait a 20.5. Tétel és a gg függvény képletének felhasználásával az alábbi módon lehet kifejteni – itt a ++ és ⋅\cdot szimbólumok a szokásos egészek közötti összeadást és szorzást jelölik:

g([a]pq⊞[b]pq)=g([a+b]pq)=([a+b]p;[a+b]q)g([a]pq⊡[b]pq)=g([a⋅b]pq)=([a⋅b]p;[a⋅b]q)\begin{aligned} g([a]_{pq} \boxplus [b]_{pq}) &= g([a+b]_{pq})=([a+b]_p;[a+b]_q) \\ g([a]_{pq} \boxdot [b]_{pq}) &= g([a\cdot b]_{pq})=([a\cdot b]_p;[a\cdot b]_q) \end{aligned}

Míg a jobboldalakból ezt kapjuk:

g([a]pq)⊕g([b]pq)=([a]p;[a]q)⊕([b]p;[b]q)g([a]pq)⊙g([b]pq)=([a]p;[a]q)⊙([b]p;[b]q)\begin{aligned} g([a]_{pq})\oplus g([b]_{pq}) &= ([a]_p;[a]_q)\oplus ([b]_p;[b]_q) \\ g([a]_{pq})\odot g([b]_{pq}) &= ([a]_p;[a]_q)\odot ([b]_p;[b]_q) \end{aligned}

A 22.6. Tétel alapján a kapott rendezett párokat komponensenként kell összeadni illetve összeszorozni. Az első komponenshez szükséges műveleteket a modulo pp maradékosztálygyűrűben, míg a második komponenshez szükséges műveleteket a modulo qq maradékosztálygyűrűben kell elvégezni. Ismételten a 20.5. Tétel felhasználásával így az alábbit kapjuk:

g([a]pq)⊕g([b]pq)=([a+b]p;[a+b]q)g([a]pq)⊙g([b]pq)=([a⋅b]p;[a⋅b]q)\begin{aligned}g([a]_{pq})\oplus g([b]_{pq}) &= ([a+b]_p;[a+b]_q) \\ g([a]_{pq})\odot g([b]_{pq}) &= ([a\cdot b]_p;[a\cdot b]_q)\end{aligned}

A gg-re vonatkozó két állítás bal- és jobboldalai tehát megegyeznek, azaz a gg függvény tartja mindkét műveletet, így ő egy gyűrűizomorfizmus Z/pqZ\Z/pq\Z és Z/pZ×Z/qZ\Z/p\Z \times \Z/q\Z között.

Mivel az ff függvény a gg függvény megfordítása, ezért a 18.6. Definíció utáni megjegyzés 2. pontja alapján ő is egy gyűrűizomorfizmus a két gyűrű között, csak épp a másik irányba képez.

∎