Ugrás a tartalomhoz

Új matematikai mozaik

Ambrus Gergely, Bárszi Gergely, Csikós Balázs, Frenkel Péter, Gács András, Gyárfás András, Hraskó András, Kiss Emil, Laczkovich Miklós, Lovász László, Montágh Balázs, Moussong Gábor, Pach János, Pelikán József, Recski András, Reiman István

Typotex

6. A négyelemű test

6. A négyelemű test

Most már rátérhetünk arra a kérdésre, hogy lehet-e egy négyelemű halmazon a műveleteket a nekünk megfelelő módon definiálni, vagyis hogy létezik-e négyelemű test. Könnyen végiggondolhatjuk, hogy általánosan is igazak mindazok az észrevételek, amelyeket akkor tettünk, amikor a hármas maradékosztályokra kellett belátnunk, hogy az y 2 - y 1 = m · ( x 2 - x 1 ) egyenletnek m -re mindig egy megoldása van. Ha az igaz, hogy két nullától különböző elem szorzata sosem nulla, akkor a ? 0 és x 1 ? x 2 esetén a · ( x 1 - x 2 ) ? 0 és így a · x 1 ? a · x 2 , tehát egy a · x = b alakú egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Mivel pedig egy véges (négyelemű) halmazt keresünk, ezért ha egy a -ra és minden b -re legfeljebb egy megoldása van a · x = b -nek, akkor minden b -re van is megoldás; ugyanis a -t az összes elemmel végigszorozva csupa különböző szorzatot kapunk, tehát meg is kapunk annyi elemet szorzatként, ahány szorzatunk van, azaz az összeset. (Ez végtelen halmazra nem igaz: az egész számok halmazában például 2 · x = b -nek minden egész b -re legfeljebb egy megoldása van, de páratlan b -re nincs megoldása.)

Tehát (9) helyett elég a következő összefüggés teljesülése:

a , c ? 0 esetén a · c ? 0 .

(10)

Úgy kell definiálni egy négyelemű halmazon a műveleteket, hogy (1)(7) és (10) teljesüljenek.

Az ilyen halmazokat „nullosztómentes gyűrűnek” nevezik. Ez arra utal, hogy az a · c = 0 egyenlet csak akkor teljesülhet, ha a és c egyike 0, azaz 0-nak nincs valódi osztópárja, nem áll elő két nullától különböző elem szorzataként. Az imént tehát azt bizonyítottuk be, hogy minden véges nullosztómentes kommutatív gyűrű egyúttal test is. (Ennek az állításnak a fordítottja is igaz: minden véges test egyúttal nullosztómentes kommutatív gyűrű is. Ennek okára a későbbiekben térünk vissza.)

Még most is úgy tűnhet, hogy nem lehetséges a műveleteket így definiálni. Lehetnek-e például a négyelemű test elemei 0 és 1, továbbá az 1 + 1 és az 1 + 1 + 1 műveletek eredményei? Mi lenne ekkor az 1 + 1 + 1 + 1 összeg értéke? Nem lehetne 0, mert a (7) tulajdonság alapján 1 + 1 + 1 + 1 = ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) és a jobb oldali szorzat tagjai 0-tól különböznek. De 1 + 1 + 1 + 1 értéke nem lehet a másik három elemmel sem azonos, mert bármelyikkel való egyenlőségből a megfelelő számú 1-est kivonva azt kapnánk, hogy 0 mégsem különböző egy, két, vagy három 1-es összegétől.

Mindez azonban csak annyit jelent, hogy 0, 1, 1 + 1 és 1 + 1 + 1 nem mind különbözőek és hogy rajtuk kívül is vannak elemek a halmazban.

Ha nem mind különbözőek, akkor a 0 is egyenlő valamelyik másikkal: ha abból indulunk ki hogy az utóbbi három közül egyenlő bármely kettő, akkor az egyenlőségből megfelelő számú 1-est kivonva ezt kapjuk. Melyiküktől különbözik 0? Alighanem biztosra vesszük, hogy az 1-től igen. Ennek bizonyítása igen rövid, de talán nem értetődik annyira magától, mint elsőre gondolnánk. Az olvasónak javasoljuk, hogy próbálja ki.

4. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha egy testben 0 = 1 , akkor a testnek összesen csak egy eleme van![3]

Beláthatjuk viszont, hogy 0, 1 és 1 + 1 nem lehetnek mind különbözőek. Tegyük fel ugyanis, hogy nincsenek közöttük azonosak! Ekkor 1, 1 + 1 és 1 + 1 + 1 is három különböző elem (ismét azért, mert ha bármely kettő egyenlő, akkor az egyenlőségből megfelelő számú 1-est kivonva kapjuk hogy 0, 1 és 1 + 1 közül is kettő egyenlő). De láttuk, hogy két elem egyenlő 0, 1, 1 + 1 és 1 + 1 + 1 közül! Ezek csak az első és az utolsó lehetnek: 1 + 1 + 1 = 0 . Mármost a halmaznak 0-n, 1-en és 1 + 1 -en kívül csak egyetlen eleme marad, mondjuk „ a ”. Az a + 1 elem meg kell egyezzen valamelyik korábbival, tehát a + 1 = 1 + 1 + 1 , vagy a + 1 = 1 + 1 , vagy a + 1 = 1 . A teljesülő egyenletből 1-et elvéve azt kapnánk, hogy a mégsem az ismeretlen negyedik elem, hanem 0, 1 és 1 + 1 egyike.

Miután az 1 ? 0 „nemegyenlőségből” következik, hogy 1 + 1 ? 0 + 1 = 1 , már csak egyetlen lehetőség marad: 1 + 1 = 0 ? 1 .

Ennek viszont a világon semmi akadálya nincs! Még két elemünk maradt: ha az egyik a , akkor a másik kell hogy legyen az a + 1 összeg eredménye. Ekkor a + a = a · ( 1 + 1 ) = 0 , és mindezekből már minden összeadás eredménye következik:

+ 0 1 a a + 1 0 0 1 a a + 1 1 1 0 a + 1 a a a a + 1 0 1 a + 1 a + 1 a 1 0

Nézzük, hogy definiálható-e a szorzás! a · a nyilván nem lehet a , mert a · 1 értéke is a , és azt akarjuk, hogy az a · x = a egyenletnek csak egy megoldása legyen. Ha a · a = 1 lenne, akkor ( a + 1 ) · ( a + 1 ) = a · a + ( 1 + 1 ) · a + 1 = 1 + 0 + 1 = 0 , vagyis az ( a + 1 ) · x = 0 egyenletnek lenne két megoldása ( a + 1 és 0). Ha viszont a · a = a + 1 , akkor minden tökéletes: a · ( a + 1 ) = a · a + a = a + 1 + a = ( 1 + 1 ) · a + 1 = 0 + 1 = 1 , és ( a + 1 ) · ( a + 1 ) = a + 1 + ( 1 + 1 ) · a + 1 = a .

0 1 a a + 1 0 0 0 0 0 1 0 1 a a + 1 a 0 a a + 1 1 a + 1 0 a + 1 1 a

A táblázatokból könnyen látható, hogy az (1)(5) és (10) tulajdonságok teljesülnek. A szorzás asszociativitása, (6) is nyilvánvalóan igaz, ha bármelyik tényező 0. A maradék három tag így is írható: 1, a , a + 1 = a 2 , szorzataik pedig: 1 · a = a , 1 · a 2 = a 2 , a · a = a 2 , a · a 2 = 1 , a 2 · a 2 = a . Tehát a szorzáskor a kitevőjével úgy számolunk, mint az összeadással mod 3, amiről tudjuk, hogy asszociatív.

Még a disztributivitás, (7) maradt hátra. Ez is automatikusan teljesül, ha szerepel benne a 0, vagy a = 1 , vagy b = c . Az összeadás kommutativitása miatt b és c sorrendje nem számít, így csak 6 eset marad:

a · 1 + a = 1 , a · 1 + a · a = a + ( a + 1 ) = 1 ; a · 1 + ( a + 1 ) = a · a = a + 1 , a · 1 + a · ( a + 1 ) = a + 1 ; a · a + ( a + 1 ) = a · 1 = a , a · a + a · ( a + 1 ) = ( a + 1 ) + 1 = a ; ( a + 1 ) · 1 + a = a , ( a + 1 ) · 1 + ( a + 1 ) · a = ( a + 1 ) + 1 = a ; ( a + 1 ) · 1 + ( a + 1 ) = ( a + 1 ) · a = 1 , ( a + 1 ) · 1 + ( a + 1 ) · ( a + 1 ) = ( a + 1 ) + a = 1 ; ( a + 1 ) · a + ( a + 1 ) = ( a + 1 ) · 1 = a + 1 , ( a + 1 ) · a + ( a + 1 ) · ( a + 1 ) = 1 + a = a + 1 .

Persze mindez nem „véletlenül” teljesül; a későbbiekben még röviden visszatérünk az okaira.

A gondolatmenetből az is kiderült, hogy ha 4 elem két művelettel testet alkot, akkor az elemek és a műveletek megfelelő jelölésével épp a fenti két műveleti táblát kapjuk. Tehát négyelemű test lényegében csak egy van, ezentúl F 4 -gyel jelöljük.

Ha most 16 versenyzőnket e négyelemű halmazból képezhető 16 lehetséges elempárral jelöljük, és tekintjük a lehetséges x = c és y = m · x + b egyenleteknek megfelelő versenyzőhalmazokat, akkor a következő beosztást kapjuk:

1–4. futamok:

    

x = 0

( 0 , 0 ) ,

( 0 , 1 ) ,

( 0 , a ) ,

( 0 , a + 1 )

x = 1

( 1 , 0 ) ,

( 1 , 1 ) ,

( 1 , a ) ,

( 1 , a + 1 )

x = a

( a , 0 ) ,

( a , 1 ) ,

( a , a ) ,

( a , a + 1 )

x = a + 1

( a + 1 , 0 ) ,

( a + 1 , 1 ) ,

( a + 1 , a ) ,

( a + 1 , a + 1 )

5–8. futamok:

    

y = 0

( 0 , 0 ) ,

( 1 , 0 ) ,

( a , 0 ) ,

( a + 1 , 0 )

y = 1

( 0 , 1 ) ,

( 1 , 1 ) ,

( a , 1 ) ,

( a + 1 , 1 )

y = a

( 0 , a ) ,

( 1 , a ) ,

( a , a ) ,

( a + 1 , a )

y = 0

( 0 , a + 1 ) ,

( 1 , a + 1 ) ,

( a , a + 1 ) ,

( a + 1 , a + 1 )

9–12. futamok:

    

y = x

( 0 , 0 ) ,

( 1 , 1 ) ,

( a , a ) ,

( a + 1 , a + 1 )

y = x + 1

( 0 , 1 ) ,

( 1 , 0 ) ,

( a , a + 1 ) ,

( a + 1 , a )

y = x + a

( 0 , a ) ,

( 1 , a + 1 ) ,

( a , 0 ) ,

( a + 1 , 1 )

y = x + ( a + 1 )

( 0 , a + 1 ) ,

( 1 , a ) ,

( a , 1 ) ,

( a + 1 , 0 )

13–16. futamok:

    

y = a · x

( 0 , 0 ) ,

( 1 , a ) ,

( a , a + 1 ) ,

( a + 1 , 1 )

y = a · x + 1

( 0 , 1 ) ,

( 1 , a + 1 ) ,

( a , a ) ,

( a + 1 , 0 )

y = a · x + a

( 0 , a ) ,

( 1 , 0 ) ,

( a , 1 ) ,

( a + 1 , a + 1 )

y = a · x + ( a + 1 )

( 0 , a + 1 ) ,

( 1 , 1 ) ,

( a , 0 ) ,

( a + 1 , a )

17–20. futamok:

    

y = ( a + 1 ) · x

( 0 , 0 ) ,

( 1 , a + 1 ) ,

( a , 1 ) ,

( a + 1 , a )

y = ( a + 1 ) · x + 1

( 0 , 1 ) ,

( 1 , a ) ,

( a , 0 ) ,

( a + 1 , a + 1 )

y = ( a + 1 ) · x + a

( 0 , a ) ,

( 1 , 1 ) ,

( a , a + 1 ) ,

( a + 1 , 0 )

y = ( a + 1 ) · x + ( a + 1 )

( 0 , a + 1 ) ,

( 1 , 0 ) ,

( a , a ) ,

( a + 1 , 1 )

Ez a beosztás pedig megegyezik a fejezet elején kapott „csúnya” beosztással (csak a futamok sorszámozása más). Ezt ellenőrizhetjük is, de voltaképp tudhatjuk előre is: az első kilenc futam (az x = c és az y = c egyenletek, valamint az y = x „átlónak” megfelelők) ugyanazokat a versenyzőket tartalmazza ugyanabban a sorrendben, és írásunk elején már láttuk, hogy a többi futam beosztását ez már egyértelműen meghatározza.



[3] Más megközelítésben nem is tekintik testnek ezt az egyelemű „struktúrát”.