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

11. További affin síkok

11. További affin síkok

Most térjünk vissza arra a kérdésre, hogy milyen k -ra létezik k -adrendű affin sík az F k -ra építetten kívül.

Ha k prímszám, akkor hasonló a helyzet ahhoz, mint amikor nem prímhatvány. Eddig egyetlen prímrendű affin síkot sem talált senki az eddigi fejezetekben leírton, tehát a F p segítségével konstruálton kívül, de csak a 7-nél nem nagyobb prímekre tudjuk biztosan, hogy nincs ilyen.

Mi a helyzet, ha k prímhatvány, de nem prímszám? k = 4 -re már lényegében beláttuk, hogy csak egy sík létezik. Pontosabban azt láttuk be, hogy 16 versenyzőnek a versenyzők átszámozásától eltekintve nincs más beosztása, mint az írásunk elején megadott. Ott ugyanis megmutattuk, hogy ha van nyolc futam, amely két fordulót alkot, akkor a további futamok már egyértelműek. (Pontosabban azt mutattuk meg, hogy egyetlen további futam megadása – a példa 9. futama – már adja az összes többit, és ezt a 9. futamot úgy adtuk meg, hogy a versenyzői rendre az addigi mindkét forduló első, második, harmadik, illetve negyedik futamában szerepeltek; ez nyilván bármilyen 9. futamra elérhető az első nyolc futam átszámozásával.) Később pedig bebizonyítottuk, hogy egy megfelelő futambeosztás futamai biztosan beoszthatók fordulókba.

Azt is megmutatták, hogy k = 8 -ra is ugyanez a helyzet. Egészen másképp áll viszont a dolog a többi prímhatvánnyal. k = 9 -re tudjuk, hogy van még pontosan három, nem az F 9 -ből származtatható affin sík. Számítógép segítségével mutatták meg, hogy nincs több. 16-odrendű síkból már huszonegy, 25-ödrendűből tizenhat, 27-edrendűből két, 32-edrendűből pedig öt olyan síkot találtak, amely nem építhető testre. Ezek a számok már túl nagyok a számítógépek számára, így nem tudjuk, hogy van-e több.

Ebben a fejezetben minden olyan q = p n prímhatványra, amelynek alapja 2-nél, kitevője pedig 1-nél nagyobb, megadunk egy, az F q -ra építettől különböző affin síkot. A testre épített síkhoz hasonlóan új síkjaink pontjai az ( x , y ) „számpárok” ( x ? F q , y ? F q ) lesznek, az egyenesek pedig az

y = m * x + b ,

(18a)

x = c

(18b)

egyenletekkel lesznek meghatározva, de itt a * nem a testbeli szorzást, hanem egy abból származtatott másik műveletet fog jelenteni. Az előző példához hasonlóan ez a művelet sem lesz kommutatív és jobbról disztributív, de a kapott struktúrára építhető affin sík. Lássuk először is, mit jelent véges struktúráknál az, hogy építhető rájuk affin sík? „A futamok geometriája” című fejezetünkben írtak szerint a véges struktúrákra épített síkoknál A1-ből következik A2, azaz ha bármely két ponton pontosan egy egyenes megy át, akkor a különböző m -ekhez tartozó egyenesek metszik egymást. A3-hoz nyilván elég, hogy a struktúrának legyen legalább két eleme. Elég tehát azt biztosítani, hogy bármely két ponton át egy és csak egy egyenes menjen. Az „Egyenesek” című fejezetünk alapján, ha az összeadással kapcsolatos azonosságokat megtartjuk, akkor ehhez a * művelettől csak azt kell megkövetelni, hogy

(B) az y 1 - y 2 = m * x 1 - m * x 2 egyenletnek az m változóra minden y 1 , y 2 , x 1 ? x 2 esetén pontosan egy megoldása legyen.

A Moulton sík is előállítható így. Ehhez a valós számok testéből kell kiindulni, és a szorzás műveletét az

a * b = a · b 2 , ha a //<// 0 és b //<// 0 , a · b egyébként

művelettel kell helyettesíteni.

12. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a fenti művelet teljesíti a (B) feltételt!

A megoldásból látható, hogy a Moulton sík nem ültethető át egy az egyben véges síkokra. Hiszen (B) teljesülésének bizonyítása kihasználja, hogy minden 0-tól különböző valós számnak előjele van, amire igaz, hogy - a előjele ellenkezik a -éval (azaz hogy egy számhoz egy vele azonos előjelűt adva sose kaphatunk 0-t) és hogy pl. ha a pozitív és b negatív, akkor a - b = a + ( - b ) biztosan pozitív (azaz hogy két pozitív szám összege mindig pozitív). Ilyen előjeleket egyetlen véges test elemeihez se lehet hozzárendelni, hiszen azokban bármely elemet elég sokszor önmagához adva, előbb-utóbb 0-t kell kapnunk.

A nem testre épített sík keresése szempontjából tehát ez egy „rossz hír” a véges testekről. Van viszont két „jó hír”, amelyek semlegesítik ezt.

Az első, hogy, bár úgy lehetetlen előjeleket hozzárendelni a véges testek elemeihez, hogy azok megfelelő módon viselkednek az összeadásra-kivonásra – de p //>// 2 esetén úgy könnyen lehet, hogy azok megfelelően viselkedjenek a szorzásra!

Hogyan lehet legegyszerűbben definiálni egy valós szám előjelét? Hát persze úgy, hogy a 0-nál nagyobb számok pozitívak, a 0-nál kisebbek meg negatívak – és így a véges testeken nem lehet előjeleket definiálni, mert ott a „kisebb” és „nagyobb” fogalmaknak nem lehet értelmes jelentést adni. De hogyan lehet „második legegyszerűbben”? Úgy, hogy egy 0-tól különböző szám pozitív, ha egyenlő valamely valós szám négyzetével, és negatív, ha nem. A továbbiakban a „pozitív” és „negatív” szavakat ebben az értelemben fogjuk használni a véges testek elemeire, tehát egy 0-tól különböző testelemet akkor fogunk pozitívnak illetve negatívnak tekinteni, ha van illetve nincs olyan testelem, aminek ő a négyzete.

13. feladat. Mutassuk meg, hogy két pozitív elem szorzata mindig pozitív, és hogy két különbözőé mindig negatív!

Nehezebb belátni, hogy két negatív elem szorzata mindig pozitív. Ehhez érdemes megoldani előbb az alábbi feladatot.

14. feladat. Bizonyítsuk be, hogy bármely test bármely három különböző elemének négyzetei között van legalább két különböző! Bizonyítsuk azt is, hogy p = 2 esetén ugyanez bármely két elem négyzetére igaz!

Most már könnyebb belátni a hiányzó állítást:

15. feladat. Mutassuk meg, hogy két negatív elem szorzata mindig pozitív!

Mint az alábbiakból kiderül, többek között emiatt meg lehet adni egy, a Moulton síkéra emlékeztető * műveletet úgy, hogy (B) teljesüljön. A Moulton sík műveletéhez való hasonlóság azt jelenti, hogy ezúttal is a * b = a · b , ha a „pozitív” vagy 0, és valamilyen, a véges testen értelmezett f függvényre a * b = a · f ( b ) , ha a „negatív”. (B) teljesülését persze másképp kell elérni, mint a valós számoknál. Azoknál voltaképpen egy elég bonyolult módon kellett (B)-t biztosítanunk, ami a véges testekre nem működhet – működik viszont egy egyszerűbb módszer, erről szól a második „jó hír”. Ez pedig az, hogy ha n ? 2 , akkor a q = p n elemű véges testnek van valódi szimmetriája (automorfizmusa). Tehát hogy van egy olyan, a testet önmagára képező f függvény, amelyre f ( a + b ) = f ( a ) + f ( b ) , f ( a · b ) = f ( a ) · f ( b ) , és létezik olyan a elem, hogy f ( a ) ? a ; ez utóbbi jelenti azt, hogy a szimmetria valódi. Egy ilyen szimmetria pedig meg fog felelni a keresett f függvénynek. (Megjegyezzük, hogy a valós számtestnek egyáltalán nincs valódi szimmetriája. Belátható ugyanis, hogy minden a valós számtest minden szimmetriája az 1-et önmagába képezi, emiatt így tesz az összes egész számmal, és emiatt így tesz az összes racionális számmal is. Emellett pedig belátható, hogy a szimmetria tartja az előjeleket; és végül, hogy mindezek emiatt minden valós számot is önmagába kell hogy képezzen a szimmetria.)

16. feladat. Bizonyítsuk be, hogy a p n elemű testben bármely k pozitív egészre

a) a p k pontosan akkor pozitív (negatív), ha a pozitív (negatív);

b) a p k · b p k = ( a · b ) p k ;

c) a p k + b p k = ( a + b ) p k ;

d) a p k - b p k = ( a - b ) p k !

Ez éppen azt jelenti, hogy az a a p k hozzárendelés egy szimmetriája a F q testnek. (Az előző feladat utóbbi három állítása azt mondja ki, hogy művelettartó, és a c) részből következik az is, hogy kölcsönösen egyértelmű, hiszen aszerint két p k -dik hatvány csak akkor lehet egyenlő, ha a hatványok alapjai is azok voltak.) A szimmetria nem mindig valódi, pontosabban nem valódi akkor, ha p k hatványa q -nak is, azaz ha k többszöröse n -nek:

17. feladat (kis Fermat-tétel testekre). Bizonyítsuk be, hogy F q bármely a elemére teljesül az a q = a összefüggés!

Ebből az is következik, hogy F q -ban a p n + 1 -edik hatványozás azonos a p -edikkel, a p n + 2 -edik a p 2 -edikkel, stb. Később, a 21. feladatból viszont ki fog derülni, hogy 0 //<// k //<// n esetén ez a szimmetria valódi.

Készen állunk véges modellünk * műveletének meghatározásához. Legyen 0 //<// k //<// n és

a * b = a · b p k , ha a negatív , a · b ha a pozitív vagy 0 .

(19)

(B) most egyszerűen azért fog teljesülni, mert (9) és (7) teljesül, ha a szorzásnak a * műveletet tekintjük. Először is gyorsan lássuk be, hogy ez elég (B)-hez. Ez látszólag triviális, de miután (7)-ben összeadás, (B)-ben pedig kivonás szerepel, ezért szükséges, hogy - ( m * x 2 ) = m * ( - x 2 ) teljesüljön. Ez persze igaz, és nem nehéz igazolni.

18. feladat. Bizonyítsuk be - ( m * x 2 ) = m * ( - x 2 ) -t az összeadás tulajdonságaiból, (7)-ből és abból, hogy m * 0 = 0 minden m -re!

Ami (7)-et illeti, ez azonnal következik a 16. c) feladatból.

(9)-et hasonlóképp lehet igazolni, mint az eredeti Moulton-sík esetében (B)-t. A 15. és 16. a) feladatok állítása miatt x és y előjeleinek ismeretében egyértelműen meghatározható m előjele, így a szorzásra érvényes (9) feltétel alkalmazható.

Megmutatható, hogy az ilyen struktúrára épített síkokon sosem teljesül a Desargues-tétel, tehát egyikük sem lehet izomorf egy testre épített síkkal. Ennek részletes indoklása azonban túlnövi e könyv kereteit.

A fentiekben megadott algebrai struktúra egy példa az úgynevezett kvázitestekre. A véges esetben ezek olyan, összeadással és egy * művelettel ellátott struktúrák, melyekben az összeadás szokásos szabályai (1–4), valamint * -ot értve szorzásnak, a baloldali disztributivitás (7) és a jobbról osztás elvégezhetősége (9) teljesül, továbbá

a * 0 = 0 * b = 0 ,

minden a , b -re, és emellett van egy 1-gyel jelölt eleme, amelyre

a * 1 = 1 * a = a .

Ekkor az x = c és az y = m * x + b egyenleteknek megfelelő elempárhalmazokra teljesül az A1 axióma. Véges esetben, mint láttuk, ebből következik A2. Az általános esetben, tehát ha az elemszám végtelen is lehet, ez nem következik, ennek megfelelően ekkor az előbbiekben leírt struktúrákat gyenge kvázitesteknek nevezik, és egy gyenge kvázitest akkor kvázitest, ha még az is teljesül, hogy

minden a 1 * x - a 2 * x = b alakú egyenletnek, amelyben a 1 ? a 2 ,

pontosan egy megoldása van.

Ez véges méretnél mindig következik a többi feltételből.

19. feladat. Bizonyítsuk be, hogy egy gyenge kvázitestben balról is lehet osztani, azaz teljesül, hogy

minden a * x = b alakú egyenletnek, amelyben

a nem 0, pontosan egy megoldása van.

Az írásunkban bemutatott kvázitestek speciális esetei az úgynevezett André-kvázitesteknek, melyeket Johannes André német matematikus fedezett fel 1954-ben.

Hátravan még, hogy 0 //<// k //<// n esetén a p k -dik hatványozás valódi szimmetria, vagyis hogy a most megadott kvázitestek nem testek. Ez egy sokkal erősebb állításból következik, amihez érdemes felidézni a 14. feladat megoldását. Ott azt láttuk be, hogy x 2 - a 2 előáll x - a és egy másik polinom szorzataként, és ezért nem lehet három gyöke. Ezt az érvelésmódot ki lehet terjeszteni az alábbi feladat megoldására:

20. feladat. Bizonyítsuk be, hogy bármilyen testben bármelyik k -adfokú polinomnak legfeljebb k gyöke lehet!

21. feladat. Mutassuk meg, hogy a p n elemű testben 0 //<// k //<// n esetén az a a p k hozzárendelés nem minden elemhez rendeli önmagát!

22. feladat Készítsük el annak a (19)-nek megfelelő André-kvázitestnek a * műveleti tábláját, amelyre p = 3 és n = 2 (tehát értelemszerűen k = 1 )! (Jelöljük az elemeket ugyanúgy, mint a 6. feladat megoldásában.)