חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 1

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי

גליון 1

01040166

אלגברה אמ

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 1

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל (1)

הוכח כי לכל איבר בשדה יש נגדי יחיד.

הוכחה:
נסמן FFF שדה.
נקח a∈Fa \in Fa∈F ונסמן x,yx,yx,y כנגדי של aaa.
נדרוש כי: a+x=0,a+y=0a+x=0,a+y=0a+x=0,a+y=0.

a=−xa=-xa=−x a=−ya=-ya=−y

משמע:

−x=−y-x=-y−x=−y

ולכן:

x=yx=yx=y

ולכן הם אותו האיבר.
לכן, יש רק נגדי אחד לכל איבר בשדה.
‎‎ ∎

תרגיל (2)

הוכח רק בעזרת האקסיומות של שדה כי לכל b,ab,ab,a ששייכים לשדה נתון מתקיים:

−(ab)=(−a)b=a(−b)-(ab)=(-a)b=a(-b)−(ab)=(−a)b=a(−b)

הוכחה:
נגיד כי: a+(−a)=0a+(-a)=0a+(−a)=0 וכי: b+(−b)=0b+(-b)=0b+(−b)=0.
נגדיר כי −ab+ab=0-ab+ab=0−ab+ab=0.
נקח: (−a)b(-a)b(−a)b ונחבר אותו ל-ababab כך:

ab+(−a)bab+(-a)bab+(−a)b

באמצעות הפילוג:

=b(a−a)=b(a-a)=b(a−a)

אנו יודעים כי a−a=0a-a=0a−a=0 ולכן:

=b(a−a)=0=b(a-a)=0=b(a−a)=0

ולכן, לאור מה שהוכחנו בסעיף 1, מכיוון שיש רק נגדי אחד, נגיד כי:

−ab=(−a)b-ab=(-a)b−ab=(−a)b

באותה הדרך נסתכל על a(−b)a(-b)a(−b):

ab+a(−b)=a(b−b)=0ab+a(-b)=a(b-b)=0ab+a(−b)=a(b−b)=0

ולכן:

−ab=a(−b)-ab=a(-b)−ab=a(−b)

ולכן:

−ab=(−a)b=a(−b)-ab=(-a)b=a(-b)−ab=(−a)b=a(−b)

‎‎ ∎

תרגיל (3)

נגדיר את הקבוצה: F={(a,b)∣a,b∈Q}F=\{ (a,b)|a,b \in \mathbb{Q} \}F={(a,b)∣a,b∈Q} ולה נגדיר את פעולות הכפל והחיבור הבאות:

(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) (a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)

הוכח כי עם הפעולות הנ"ל FFF שדה.

הוכחה:
נוכיח את כל התנאים:
יהי (a,b),(c,d)∈F(a,b),(c,d) \in F(a,b),(c,d)∈F

  1. סגירות:
(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)

נסתכל על האיברים של החיבור:

a+c,b+d∈Qa+c,b+d \in \mathbb{Q}a+c,b+d∈Q

מכיוון שחיבור היא פעולה סגורה על Q\mathbb{Q}Q.
כעת נסתכל על האיברים של כפל:

(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc) ac+2bd,ad+bc∈Qac+2bd, ad+bc \in \mathbb{Q}ac+2bd,ad+bc∈Q

מכיוון שפעולות החיבור והכפל הינם סגורות מעל Q\mathbb{Q}Q.
לכן מתקיימת סגירות.
2. קומוטטיביות:
תחילה נסתכל על חיבור:

(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)

על פי הקומוטטיביות ב-Q\mathbb{Q}Q:

(a+c,b+d)=(c+a,d+b)(a+c,b+d)=(c+a,d+b)(a+c,b+d)=(c+a,d+b)

ולכן, על פי הגדרה:

(c+a,d+b)=(c,d)+(a,b)(c+a,d+b)=(c,d)+(a,b)(c+a,d+b)=(c,d)+(a,b)

ולכן פעולת החיבור הינה קומוטטיבית ב-FFF.
כעת, נסתכל על פעולת הכפל:

(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)(a,b)(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)

על פי הקומוטטיביות ב-Q\mathbb{Q}Q:

(ac+2bd,ad+bc)=(ca+2db,da+cb)(ac+2bd,ad+bc)=(ca+2db,da+cb)(ac+2bd,ad+bc)=(ca+2db,da+cb)

ולכן, על פי הגדרת הכפל:

(ca+2db,da+cb)=(c,d)(a,b)(ca+2db,da+cb)=(c,d)(a,b)(ca+2db,da+cb)=(c,d)(a,b)

ולכן פעולת החיבור הינה קומוטטיבית ב-FFF.
3. אסוציאטיביות:
נגדיר (e,f)∈F(e,f)\in F(e,f)∈F.
תחילה נסתכל על האסוציאטיביות בחיבור:

((a,b)+(c,d))+(e,f)=(a+c,b+d)+(e,f)=(a+c+e,b+d+f)((a,b)+(c,d))+(e,f)=(a+c,b+d)+(e,f)=(a+c+e,b+d+f)((a,b)+(c,d))+(e,f)=(a+c,b+d)+(e,f)=(a+c+e,b+d+f)

ולכן, על פי הקומוטטיביות ב-Q\mathbb{Q}Q:

(a+c+e,b+d+f)=(e+a+c,f+d+b)(a+c+e,b+d+f)=(e+a+c,f+d+b)(a+c+e,b+d+f)=(e+a+c,f+d+b)

על פי הגדרה:

(e+a+c,f+d+b)=((e+a,f+b)+(c,d)=((e,f)+(a,b))+(c,d)(e+a+c,f+d+b)=((e+a,f+b)+(c,d)=((e,f)+(a,b))+(c,d)(e+a+c,f+d+b)=((e+a,f+b)+(c,d)=((e,f)+(a,b))+(c,d)

ולכן, האסוציאטיביות מתקיימת לחיבור ב-FFF.
כעת, נעבור לכפל:

((a,b)(c,d))(e,f)=(ac+2bd⏟p,ad+bc⏟q)(e,f)=(pe+2qf,pf+qe)((a,b)(c,d))(e,f)=(\underbrace{ac+2bd}_{p},\underbrace{ad+bc}_{q})(e,f)=(pe+2qf, pf+qe)((a,b)(c,d))(e,f)=(pac+2bd​​,qad+bc​​)(e,f)=(pe+2qf,pf+qe) =(ace+2bde+2adf+2bcf,acf+2bdf+ade+bce)=(ace+2bde+2adf+2bcf,acf+2bdf+ade+bce)=(ace+2bde+2adf+2bcf,acf+2bdf+ade+bce) =[a(ce+2df)+2b(de+cf),a(cf+de)+b(2df+ce)]=\left[a(ce+2df)+2b(de+cf),a(cf+de)+b(2df+ce) \right]=[a(ce+2df)+2b(de+cf),a(cf+de)+b(2df+ce)] =(a,b)(ce+2df,de+ce)=(a,b)((c,d)(e,f))=(a,b)(ce+2df,de+ce)=(a,b)((c,d)(e,f))=(a,b)(ce+2df,de+ce)=(a,b)((c,d)(e,f))

ולכן:

((a,b)(c,d))(e,f)=(a,b)((c,d)(e,f))((a,b)(c,d))(e,f)=(a,b)((c,d)(e,f))((a,b)(c,d))(e,f)=(a,b)((c,d)(e,f))

ולכן, פעולת הכפל הינה קומוטטיבית ב-FFF.
4. קיום אדיש לחיבור:
נגדיר (x,y)∈F(x,y) \in F(x,y)∈F כך ש: 0=(x,y)0=(x,y)0=(x,y) כלומר, עבור כל (a,b)∈F(a,b)\in F(a,b)∈F מתקיים:

(a,b)+(x,y)=(a,b)(a,b)+(x,y)=(a,b)(a,b)+(x,y)=(a,b)

על פי הגדרה:

(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=(a,b)(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=(a,b)(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=(a,b)

על פי הגדרת השוויון:

{a+x=ab+y=y  ⟹  {x=0y=0\begin{cases} a+x=a \\ b+y=y \end{cases} \implies \begin{cases} x=0 \\ y=0 \end{cases}{a+x=ab+y=y​⟹{x=0y=0​

ולכן, האדיש לחיבור הינו:

0=(0,0)0=(0,0)0=(0,0)
  1. קיום איבר נגדי:
    נגדיר (x,y)∈F(x,y)\in F(x,y)∈F כאיבר הנגדי של (a,b)∈F(a,b)\in F(a,b)∈F כלומר:
(a,b)+(x,y)=0(a,b)+(x,y)=0(a,b)+(x,y)=0

על פי הגדרת החיבור:

(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=0(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=0(a,b)+(x,y)=(a+x,b+y)=0

ולכן, על פי הגדרת השוויון:

{a+x=0b+y=0  ⟹  {x=−ay=−b\begin{cases} a+x=0 \\ b+y=0 \end{cases} \implies \begin{cases} x=-a \\ y=-b \end{cases}{a+x=0b+y=0​⟹{x=−ay=−b​

ולכן, הנגדי של (a,b)(a,b)(a,b) הינו:

−(a,b)=(−a,−b)-(a,b)=(-a,-b)−(a,b)=(−a,−b)
  1. קיום אדיש לכפל:
    נגדיר (x,y)∈F(x,y)\in F(x,y)∈F כך ש: 1=(x,y)1=(x,y)1=(x,y) ולכן, לכל איבר (a,b)∈F(a,b)\in F(a,b)∈F:
(a,b)(x,y)=(a,b)(a,b)(x,y)=(a,b)(a,b)(x,y)=(a,b)

על פי הגדרת הכפל:

(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(a,b)(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(a,b)(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(a,b)

נגיד כי בשביל ש:

ax+2by=aax+2by=aax+2by=a

נצטרך ש:

{x=1y=0\begin{cases} x=1 \\ y=0 \end{cases}{x=1y=0​

ובשביל ש

ay+bx=bay+bx=bay+bx=b

נצטרך ש:

{y=0x=1\begin{cases} y=0 \\ x=1 \end{cases}{y=0x=1​

ולכן, האדיש לכפל הינו:

1=(1,0)1=(1,0)1=(1,0)
  1. קיום איבר הופכי:
    נגדיר את (x,y)∈F(x,y)\in F(x,y)∈F כך של-(a,b)∈F(a,b)\in F(a,b)∈F מתקיים
(a,b)(x,y)=(1,0)(a,b)(x,y)=(1,0)(a,b)(x,y)=(1,0)

על פי הגדרת הכפל:

(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(1,0)(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(1,0)(a,b)(x,y)=(ax+2by,ay+bx)=(1,0)

ולכן, על פי הגדרת השוויון

{ax+2by=1ay+bx=0  ⟹  {2by=1−axay=−bx  ⟹  {y=1−ax2by=−bxa  ⟹  1−ax2b=−bxa  ⟹  a−a2x=2b2x\begin{cases} ax+2by=1 \\ ay+bx=0 \end{cases} \implies \begin{cases} 2by=1-ax \\ ay=-bx \end{cases} \implies \begin{cases} y=\frac{1-ax}{2b} \\ y=-\frac{bx}{a} \end{cases} \implies \frac{1-ax}{2b}=-\frac{bx}{a} \implies a-a^2x=2b^2x{ax+2by=1ay+bx=0​⟹{2by=1−axay=−bx​⟹{y=2b1−ax​y=−abx​​⟹2b1−ax​=−abx​⟹a−a2x=2b2x   ⟹  x(2b2+a2)=a  ⟹  x=a2b2+a2  ⟹  y=−b⋅a2b2+a2a=−aba(2b2+a2)=−b2b2+a2\implies x(2b^2+a^2)=a \implies x=\frac{a}{2b^2+a^2} \implies y=-\frac{b\cdot \frac{a}{2b^2+a^2}}{a}=-\frac{ab}{a(2b^2+a^2)}=-\frac{b}{2b^2+a^2}⟹x(2b2+a2)=a⟹x=2b2+a2a​⟹y=−ab⋅2b2+a2a​​=−a(2b2+a2)ab​=−2b2+a2b​

נבדוק ונוודא כי זה באמת נכון:

(a,b)(a2b2+a2,−b2b2+a2)=(a22b2+a2−2b22b2+a2,−ab2b2+a2+ba2b2+a2)(a,b)\left( \frac{a}{2b^2+a^2},-\frac{b}{2b^2+a^2} \right)=\left( \frac{a^2}{2b^2+a^2}-\frac{2b^2}{2b^2+a^2}, -\frac{ab}{2b^2+a^2}+\frac{ba}{2b^2+a^2} \right)(a,b)(2b2+a2a​,−2b2+a2b​)=(2b2+a2a2​−2b2+a22b2​,−2b2+a2ab​+2b2+a2ba​) =(a2−2b22b2+a2,0)=\left( \frac{a^2-2b^2}{2b^2+a^2}, 0 \right)=(2b2+a2a2−2b2​,0)

יש לנו בעיה, שכן האיבר הראשון בתוצאה שלנו אינו יוצא 1. לכן, נצטרך לשנות איפשהו את התרגיל. לכן, ניתן לשנות את המכנה ל-a2−2b2a^2-2b^2a2−2b2 ואז נקבל כי:

(a,b)−1=(aa2−2b2,−ba2−2b2)(a,b)^{-1}=\left( \frac{a}{a^2-2b^2}, -\frac{b}{a^2-2b^2} \right)(a,b)−1=(a2−2b2a​,−a2−2b2b​)
  1. קיום חוק הפילוג:
    נבדוק האם פילוג מתקיים:
(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a+c,b+d)=(ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc)(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a+c,b+d)=(ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc)(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a+c,b+d)=(ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc) (ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc)=(ea+2fb+ec+2fd,eb+fa+ed+fc)(ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc)=(\underbracket{ea+2fb}+\underbracket{ec+2fd},\underbracket{eb+fa}+\underbracket{ed+fc})(ea+ec+2fb+2fd,eb+ed+fa+fc)=(ea+2fb+ec+2fd,eb+fa+ed+fc) =(ea+2fb,eb+fa)+(ec+2fd,ed+fc)=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)=(ea+2fb,eb+fa)+(ec+2fd,ed+fc)=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)=(ea+2fb,eb+fa)+(ec+2fd,ed+fc)=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)

ולכן:

(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)(e,f)((a,b)+(c,d))=(e,f)(a,b)+(e,f)(c,d)

ולכן חוק הפילוג מתקיים.

מסקנה: מכיוון שכל האקסיומות מקיימות, אזי FFF הינו שדה.
‎‎ ∎

תרגיל (4)

תהי F={0,1,x,y}F=\{ 0,1,x,y \}F={0,1,x,y} קבוצה של 4 איברים.
השלימו את טבלאות החיבור והכפל כל שהתוצאה תהייה שדה:

טבלת החיבור:

+01xy
001xy
110yx
xxy10
yyx01

טבלת הכפל:

⋅\cdot⋅01xy
00000
101xy
x0xy1
y0y1x