חזור לתיקייה: תרגול

1 - שדות

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

1 - שדות

01040166

אלגברה אמ

רשימות תרגול לקריאה בשבת

שדות

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

שדה

הגדרה 1 (שדה)

קבוצה FFF תקרא שדה אם מוגדרות עליה 2 פעולות: חיבור וכפל המקיימות:

  1. סגירות: ∀a,b∈F\forall a,b \in F∀a,b∈F מתקיים a+b∈F,a∗b∈Fa+b \in F,a*b \in Fa+b∈F,a∗b∈F
  2. קומוטטיביות: ∀a,b∈F\forall a,b \in F∀a,b∈F מתקיים a+b=b+aa+b=b+aa+b=b+a ו-a∗b=b∗aa*b=b*aa∗b=b∗a
  3. אסוציאטיביות: ∀a,b∈F\forall a,b \in F∀a,b∈F מתקיים (a+b)+c=a+(b+c)(a+b)+c=a+(b+c)(a+b)+c=a+(b+c) ו-(a∗b)∗c=a∗(b∗c)(a*b)*c=a*(b*c)(a∗b)∗c=a∗(b∗c)
  4. קיום אדיש חיבורי: ∃"0"∀a∈Fa+0=a\exists \text{"0"}\quad \forall a \in F\quad a+0=a∃"0"∀a∈Fa+0=a
  5. קיום נגדי: ∀a∈F∃"-a"∈F:a+"-a"="0"\forall a \in F\quad \exists\text{"-a"}\in F:\quad a+\text{"-a"}=\text{"0"}∀a∈F∃"-a"∈F:a+"-a"="0"
  6. קיום אדיש כפלי: ∃"1"∀a∈F:a∗"1"=a\exists\text{"1"}\quad \forall a \in F:\quad a*\text{"1"}=a∃"1"∀a∈F:a∗"1"=a
  7. קיום הופכי: ∀a≠0∈F∃a"-1":a∗a−1="1"\forall a\neq0 \in F\quad \exists a^{\text{"-1"}}:\quad a*a^{-1}=\text{"1"}∀a=0∈F∃a"-1":a∗a−1="1"
  8. פילוג: ∀a,b,c∈F\forall a,b,c \in F∀a,b,c∈F מתקיים: (a+b)c=ac+bc(a+b)c=ac+bc(a+b)c=ac+bc
תרגיל

F={(x,y)∣x,y∈R}F=\{ (x,y)| x,y \in \mathbb{R} \}F={(x,y)∣x,y∈R} (x1,y1)+(x2,y2)=(x1+x2,y1+y2)(x_{1},y_{1})+(x_{2},y_{2})=(x_{1}+x_{2},y_{1}+y_{2})(x1​,y1​)+(x2​,y2​)=(x1​+x2​,y1​+y2​) (x1,y1)(x2,y2)=(x1x2−y1y2,x1y2+x2y1)(x_{1},y_{1})(x_{2},y_{2})=(x_{1}x_{2}-y_{1}y_{2}, x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1})(x1​,y1​)(x2​,y2​)=(x1​x2​−y1​y2​,x1​y2​+x2​y1​)

האם FFF עם הפעולות הנ"ל שדה?

הוכחה:
נבדוק שלב שלב על מנת להוכיח כי FFF שדה או שנפריח את אמירה זו.

1️⃣
על פי הגדרה גם תוצאת החיבור וגם תוצאת הכפל מוגדרות כזוג ובכל רכיב יש מספר מ-R\mathbb{R}R בזכות תכונת הסגירות של R\mathbb{R}R. ולכן האיבר נמצא ב-F ולכן מתקיימת סגירות.

2️⃣ בבית אנו נדרשים לכתוב הכל אך פה, למען חסך בזמן, נכתוב רק את ההוכחה לכפל

(x1,y1)(x2,y2)=(x1x2−y1y2,x1y2−x2y1)(x_{1},y_{1})(x_{2},y_{2})=(x_{1}x_{2}-y_{1}y_{2},x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})(x1​,y1​)(x2​,y2​)=(x1​x2​−y1​y2​,x1​y2​−x2​y1​) (x2,y2)(x1,y1)=(x2x1−y2y1,x2y1+y2x1)(x_{2},y_{2})(x_{1},y_{1})=(x_{2}x_{1}-y_{2}y_{1},x_{2}y_{1}+y_{2}x_{1})(x2​,y2​)(x1​,y1​)=(x2​x1​−y2​y1​,x2​y1​+y2​x1​)

על פי הקומוטטיביות ב-R\mathbb{R}R נוכל להחליף בין הסדר של האיברים בתוך כל מכפלה וכפל ולכן:

(x1,y1)(x2,y2)=(x2,y2)(x1,y1)(x_{1},y_{1})(x_{2},y_{2})= (x_{2},y_{2})(x_{1},y_{1})(x1​,y1​)(x2​,y2​)=(x2​,y2​)(x1​,y1​)

ולכן מתקיימת קומוטטיביות.

3️⃣ פה שוב נפתור רק את הכפל למרות שהיננו צריכים לכתוב הכל

[(x1,y1)(x2,y2)](x3,y3)=[(x_{1},y_{1})(x_{2},y_{2})](x_{3},y_{3})= [(x1​,y1​)(x2​,y2​)](x3​,y3​)= (x1,y1)[(x2,y2)(x3,y3)]=(x2x3−y2y3,x2y3+y2x3)(x1(x2x3−y2y3)−y1(x2y3+y2x3),(x_{1},y_{1})[(x_{2},y_{2})(x_{3},y_{3})]=(x_{2}x_{3}-y_{2}y_{3},x_{2}y_{3}+y_{2}x_{3})(x_{1}(x_{2}x_{3}-y_{2}y_{3})-y_{1}(x_{2}y_{3}+y_{2}x_{3}),(x1​,y1​)[(x2​,y2​)(x3​,y3​)]=(x2​x3​−y2​y3​,x2​y3​+y2​x3​)(x1​(x2​x3​−y2​y3​)−y1​(x2​y3​+y2​x3​), x1(x2y3+y2x3)+y1(x2x3−y2y3))x_{1}(x_{2}y_{3}+y_{2}x_{3})+y_{1}(x_{2}x_{3}-y_{2}y_{3}))x1​(x2​y3​+y2​x3​)+y1​(x2​x3​−y2​y3​))

זוהי הרבה עבודה שחורה ונדלג עליה קצת(אסור במבחן או בתרגילי הבית)

[(x1,y1)(x2,y2)](x3,y3)=(x1,y1)[(x2,y2)(x3,y3)][(x_{1},y_{1})(x_{2},y_{2})](x_{3},y_{3})= (x_{1},y_{1})[(x_{2},y_{2})(x_{3},y_{3})][(x1​,y1​)(x2​,y2​)](x3​,y3​)=(x1​,y1​)[(x2​,y2​)(x3​,y3​)]

ולכן מתקיימת אסוציאטיביות.

4️⃣
ננחש:

"0"=(0,0)\text{"0"}=(0,0)"0"=(0,0)

מתקיים:

(x1,y1)+(0,0)=(x1+0,y1+0)=(x1,y1)(x_{1},y_{1})+(0,0)=(x_{1}+0,y_{1}+0)=(x_{1},y_{1})(x1​,y1​)+(0,0)=(x1​+0,y1​+0)=(x1​,y1​)

ולכן קיים אדיש חיבורי.

5️⃣
ננחש:

"-(x,y)"=(−x,−y)\text{"-(x,y)"}=(-x,-y)"-(x,y)"=(−x,−y)

מתקיים:

(x,y)+(−x,−y)=(x+−x,y+−y)=(0,0)="0"(x,y)+(-x,-y)=(x+-x,y+-y)=(0,0)=\text{"0"}(x,y)+(−x,−y)=(x+−x,y+−y)=(0,0)="0"

ולכן מתקיים נגדי.

6️⃣
נסמן: 1=(α,β)1=(\alpha,\beta)1=(α,β) כאשר α,β∈R\alpha,\beta \in \mathbb{R}α,β∈R
נדרוש:

(x,y)(α,β)=(x,y)(x,y)(\alpha,\beta)=(x,y)(x,y)(α,β)=(x,y) (xα−yβ,xβ+yα)=(x,y)(x\alpha-y\beta,x\beta+y\alpha)=(x,y)(xα−yβ,xβ+yα)=(x,y) {xα−yβ=xxβ+yα=y\begin{cases} x\alpha-y\beta=x \\ x\beta+y\alpha=y \end{cases}{xα−yβ=xxβ+yα=y​

ניתן לראות כי α=1,β=0\alpha=1,\beta=0α=1,β=0. ולכן קיים אדיש כפלי

7️⃣
נסמן: (x,y)−1=(α,β)(x,y)^{-1}=(\alpha,\beta)(x,y)−1=(α,β) ונדרוש:

(x,y)(α,β)=(1,0)="1"(x,y)(\alpha,\beta)=(1,0)=\text{"1"}(x,y)(α,β)=(1,0)="1" (xα−yβ,xβ+yα)=(1,0)(x\alpha-y\beta,x\beta+y\alpha)=(1,0)(xα−yβ,xβ+yα)=(1,0) {xα−yβ=1xβ+yα=0  ⟹  {α=−xβy  ⟹  x(−xβy)−yβ=1  ⟹  −x2β−y2β=y{xα=1xβ=0→x≠0{α=1xβ=0  ⟹  (x,y)=(1x,0)\begin{cases} x\alpha-y\beta=1 \\ x\beta+y\alpha=0 \end{cases} \implies \begin{cases} \alpha=-\frac{x\beta}{y} \implies x\left( -\frac{x\beta}{y} \right)-y\beta=1\implies -x^2\beta-y^2\beta=y \\ \begin{cases} x\alpha=1 \\ x\beta = 0 \end{cases} \xrightarrow{x\neq0} \begin{cases} \alpha=\frac{1}{x} \\ \beta=0 \end{cases} \implies (x,y)=\left( \frac{1}{x},0 \right) \end{cases}{xα−yβ=1xβ+yα=0​⟹⎩⎨⎧​α=−yxβ​⟹x(−yxβ​)−yβ=1⟹−x2β−y2β=y{xα=1xβ=0​x=0​{α=x1​β=0​⟹(x,y)=(x1​,0)​ {β=−yx2+y2α=xx2+y2  ⟹  (x,y)=(xx2+y2,−yx2+y2)\begin{cases} \beta=-\frac{y}{x^2+y^2} \\ \alpha=\frac{x}{x^2+y^2} \end{cases} \implies (x,y)=\left( \frac{x}{x^2+y^2},-\frac{y}{x^2+y^2} \right){β=−x2+y2y​α=x2+y2x​​⟹(x,y)=(x2+y2x​,−x2+y2y​)

נשים לב שבענף התחתון, במידה ו-x=0x=0x=0 לא יתכן כי (x,y)=(0,0)(x,y)=(0,0)(x,y)=(0,0).
ולכן קיים הופכי.

8️⃣
היא כנראה הוכיחה בע"פ ופספסתי ולכן אעשה בבית את ההוכחה.

מסקנה: FFF שדה.
‎∎

שיעורי בית (חשוב מאוד)

צריך לרשום מתחת לכל שווה במה השתמשנו על מנת לעבור שלב כדי לוודא שאיננו טועים וכדי להכריח אותנו לעבוד נכון

נשים לב כי:

1.{(x1,0)+(x2,0)=(x1+x2,0)(x1,0)∗(x2,0)=(x1∗x2,0)  ⟹  {(x,0)}⊂F1. \begin{cases} (x_{1},0)+(x_{2},0)=(x_{1}+x_{2},0) \\ (x_{1},0)*(x_{2},0)=(x_{1}*x_{2},0) \end{cases}\implies \{ (x,0) \} \subset F1.{(x1​,0)+(x2​,0)=(x1​+x2​,0)(x1​,0)∗(x2​,0)=(x1​∗x2​,0)​⟹{(x,0)}⊂F

נראה כי הקבוצה {(x1,0)}\{ (x1,0) \}{(x1,0)} הינה קבוצה שמתנהגת כמו R\mathbb{R}R.

2.(0,1)(0,1)=(−1,0)2. (0,1)(0,1)=(-1,0)2.(0,1)(0,1)=(−1,0)

אבל יש בה שורש ל-−1-1−1.
זהו בעצם שדה המרוכבים C\mathbb{C}C.