youproof.orgDeep Math. Human Access.

Bizonyítás

A 18.22. Tétel alapján a maradékosztályok közötti ⊕\oplus és ⊙\odot műveletek jóldefiniáltak, azaz az eredményként kapott maradékosztály nem függ az aa és bb reprezentánselemek megválasztásától. Így R/IR/I-re elegendő a 14.12. Definíció szerinti gyűrűaxiómákat ellenőrizni.

Műveleti azonosságok

Azt kell megmutatni, hogy tetszőleges AA, BB és CC maradékosztályok esetén teljesülnek az alábbiak:

A⊕B=B⊕A(A⊕B)⊕C=A⊕(B⊕C)(A⊙B)⊙C=A⊙(B⊙C)A⊙(B⊕C)=(A⊙B)⊕(A⊙C)(A⊕B)⊙C=(A⊙C)⊕(B⊙C)\begin{aligned} A\oplus B&=B\oplus A \\ (A\oplus B)\oplus C&=A\oplus (B\oplus C) \\ (A\odot B)\odot C&=A\odot (B\odot C) \\ A\odot (B\oplus C)&=(A\odot B)\oplus (A\odot C) \\ (A\oplus B)\odot C &= (A\odot C)\oplus (B\odot C) \end{aligned}

A két művelet tételben szereplő definíciója alapján ezek így írhatók fel valamilyen RR-beli aa, bb és cc reprezentánselemek segítségével:

(a+b)+I=(b+a)+I((a+b)+c)+I=(a+(b+c))+I((a⋅b)⋅c)+I=(a⋅(b⋅c))+I(a⋅(b+c))+I=(ab+ac)+I((a+b)⋅c)+I=(ac+bc)+I\begin{aligned} (a+b)+I &= (b+a)+I \\ ((a+b)+c)+I&=(a+(b+c))+I \\ ((a\cdot b)\cdot c)+I&=(a\cdot (b\cdot c))+I \\ (a\cdot (b+c))+I&=(ab+ac)+I \\ ((a+b)\cdot c)+I &= (ac+bc)+I \end{aligned}

A reprezentánselemek között viszont teljesülnek ezek a tulajdonságok, hiszen ők az RR gyűrű elemei.

R/IR/I nulleleme

Az R/IR/I gyűrűben kell egy olyan NN maradékosztályt mutatni, amelyre tetszőleges A=a+IA=a+I maradékosztály esetén teljesül az alábbi:

A⊕N=N⊕A=AA\oplus N=N\oplus A=A

Mivel az ⊕\oplus műveletről már láttuk, hogy kommutatív, így elegendő csak az egyik irányú összeadást figyelembe venni. Ha az RR gyűrű nulleleme 00, akkor az N=0+I=IN=0+I=I maradékosztály épp megfelelő lesz nullelemnek az R/IR/I gyűrűben, hiszen:

(a+I⏟=A)⊕(0+I⏟=N)=(a+0)+I=a+I=A(\underbrace{a+I}_{=A})\oplus (\underbrace{0+I}_{=N})=(a+0)+I=a+I=A
Ellentettképzés R/IR/I-ben

Itt azt kell megmutatni, hogy amennyiben NN az R/IR/I gyűrű nulleleme, úgy tetszőleges A=a+IA=a+I maradékosztályhoz létezik olyan ⊖A\ominus A-val jelölt maradékosztály, amelyre teljesül az alábbi:

A⊕(⊖A)=(⊖A)⊕A=NA\oplus (\ominus A)=(\ominus A)\oplus A=N

Mivel az ⊕\oplus műveletről már láttuk, hogy kommutatív, így elegendő csak az egyik irányú összeadást figyelembe venni. A ⊖A=(−a)+I\ominus A=(-a)+I maradékosztály épp megfelelő lesz ellentett elemnek az R/IR/I gyűrűben, hiszen:

(a+I⏟=A)⊕((−a)+I⏟=⊖A)=(a−a)+I=0+I=N(\underbrace{a+I}_{=A})\oplus (\underbrace{(-a)+I}_{=\ominus A})=(a-a)+I=0+I=N

Az R/IR/I halmaz tehát valóban gyűrűt alkot a tételben szereplő műveletekkel. Most a hátralévő tulajdonságokat is ellenőrizzük.

Egységelem létezése

Tegyük most fel, hogy RR egységelemes, és jelölje 11 az egységelemet RR-ben. Feladatunk mutatni az R/IR/I gyűrűben egy olyan EE maradékosztályt, amelyre tetszőleges A=a+IA=a+I maradékosztály esetén teljesül az alábbi:

A⊙E=E⊙A=AA\odot E=E\odot A=A

Az E=1+IE=1+I maradékosztály épp megfelelő lesz egységelemnek az R/IR/I gyűrűben, hiszen:

(a+I⏟=A)⊙(1+I⏟=E)=(a⋅1)+I=a+I=A(1+I⏟=E)⊙(a+I⏟=A)=(1⋅a)+I=a+I=A\begin{aligned} (\underbrace{a+I}_{=A})\odot (\underbrace{1+I}_{=E})&=(a\cdot 1)+I=a+I=A \\ (\underbrace{1+I}_{=E})\odot (\underbrace{a+I}_{=A})&=(1\cdot a)+I=a+I=A \end{aligned}
R/IR/I kommutativitása

Most tegyük fel, hogy RR kommutatív, és legyen az A=a+IA=a+I valamint a B=b+IB=b+I két tetszőleges maradékosztály az R/IR/I gyűrűben. Ekkor RR kommutativitása miatt teljesül az alábbi, azaz R/IR/I is valóban kommutatív:

A⊙B=(a+I)⊙(b+I)=(a⋅b)+I==(b⋅a)+I=(b+I)⊙(a+I)=B⊙A\begin{aligned} A\odot B&=(a+I)\odot (b+I)=(a\cdot b)+I= \\ &=(b\cdot a)+I=(b+I)\odot (a+I)=B\odot A \end{aligned}

Meg kell még mutatni, hogy a tételben szereplő f:R→R/If:R\to R/I függvény egy gyűrűhomomorfizmus az eredeti RR gyűrű és az R/IR/I faktorgyűrű között. Az ff függvény a tétel szövege alapján minden RR-beli rr elemhez az r+Ir+I maradékosztályt rendeli hozzá R/IR/I-ből. Tegyük fel, hogy rr és ss az RR gyűrű tetszőleges elemei. Ekkor a művelettartó tulajdonságok az alábbiak alapján valóban teljesülnek:

f(r)⊕f(s)=(r+I)⊕(s+I)=(r+s)+I=f(r+s)f(r)⊙f(s)=(r+I)⊙(s+I)=(r⋅s)+I=f(r⋅s)\begin{aligned} f(r)\oplus f(s)&=(r+I)\oplus (s+I)=(r+s)+I=f(r+s) \\ f(r)\odot f(s)&=(r+I)\odot (s+I)=(r\cdot s)+I=f(r\cdot s) \end{aligned}

Továbbá ff nyilván szürjektív. Ugyanis R/IR/I elemei a 18.21. Tétel alapján ekvivalencia-osztályok, tehát a 13.3. Definíció értelmében mindegyiknek van legalább egy eleme. Az ff viszont minden maradékosztályt hozzárendeli a saját elemeihez, és így valóban nincs olyan maradékosztály, amely ne lenne hozzárendelve egyetlen RR-beli elemhez sem.

Végül azt kell megmutatni, hogy ff magja épp az II ideál. Egy tetszőleges RR-beli ss elemhez az ff gyűrűhomomorfizmus pontosan akkor rendeli hozzá az R/IR/I gyűrű nullelemét – azaz a 0+I0+I maradékosztályt –, ha fennáll az alábbi halmazegyenlőség:

s+I⏟=f(s)=0+I\underbrace{s+I}_{=f(s)}=0+I

Minthogy II egy részgyűrű RR-ben – hiszen ideál –, ezért a 18.15. Tétel 3. pontja alapján ő az, aki tartalmazza 00-t, azaz

0+I=I0+I=I

Az f(s)=0+If(s)=0+I tehát akkor és csak akkor teljesül, ha s+I=Is+I=I, azaz ha ss benne van II-ben. Az II ideál tehát valóban magja az ff gyűrűhomomorfizmusnak.

∎