Pole

Řešení příkladu:

Pro podprostor \( U \cap W \) musíme ověřit, že splňuje tři podmínky podprostoru: obsahuje nulový vektor, je uzavřený na sčítání a násobení skalárem.
1) Nulový vektor \( \mathbf{0} \) je v \( U \) i v \( W \) (protože jsou podprostory), tedy i v jejich průniku \( U \cap W \).
2) Nechť \( \mathbf{u}, \mathbf{v} \in U \cap W \). Tedy \( \mathbf{u}, \mathbf{v} \in U \) a \( \mathbf{u}, \mathbf{v} \in W \). Protože \( U \) i \( W \) jsou podprostory, platí \( \mathbf{u} + \mathbf{v} \in U \) a \( \mathbf{u} + \mathbf{v} \in W \). Tedy \( \mathbf{u} + \mathbf{v} \in U \cap W \).
3) Nechť \( \alpha \in \mathbb{R} \) a \( \mathbf{u} \in U \cap W \). Z definice průniku platí \( \mathbf{u} \in U \) a \( \mathbf{u} \in W \), a protože jsou podprostory, \( \alpha \mathbf{u} \in U \) a \( \alpha \mathbf{u} \in W \), tedy \( \alpha \mathbf{u} \in U \cap W \).
Tedy \( U \cap W \) splňuje podmínky podprostoru.

Řešení příkladu:

Nejprve ověříme, zda je \( V \) podprostorem \( \mathbb{R}^3 \):
1) Nulový vektor je \( (0,0,0) \), pro který platí \( 0 + 0 + 0 = 0 \), tedy \( (0,0,0) \in V \).
2) Nechť \( \mathbf{u} = (x_1,y_1,z_1) \), \( \mathbf{v} = (x_2,y_2,z_2) \in V \), tedy \( x_1 + y_1 + z_1 = 0 \) a \( x_2 + y_2 + z_2 = 0 \). Pak
\[ (x_1 + x_2) + (y_1 + y_2) + (z_1 + z_2) = (x_1 + y_1 + z_1) + (x_2 + y_2 + z_2) = 0 + 0 = 0, \] tedy \( \mathbf{u} + \mathbf{v} \in V \).
3) Nechť \( \alpha \in \mathbb{R} \) a \( \mathbf{u} = (x,y,z) \in V \). Pak \[ \alpha x + \alpha y + \alpha z = \alpha (x + y + z) = \alpha \cdot 0 = 0, \] takže \( \alpha \mathbf{u} \in V \).
Tudíž \( V \) je podprostorem \( \mathbb{R}^3 \).
Nyní určíme dimenzi \( V \). Rovina \( x + y + z = 0 \) v \( \mathbb{R}^3 \) má dimenzi 2.
Například bází může být množina \[ \{ (1, -1, 0), (1, 0, -1) \}, \] protože libovolný vektor \( (x,y,z) \in V \) lze vyjádřit jako \[ (x,y,z) = \alpha (1,-1,0) + \beta (1,0,-1), \] kde \( \alpha = y \) a \( \beta = z \) s podmínkou \( x = – y – z \).

Řešení příkladu:

Definice:
\[ \mathrm{Im}(T) = \{ T(\mathbf{v}) \mid \mathbf{v} \in V \}, \quad \mathrm{Ker}(T) = \{ \mathbf{v} \in V \mid T(\mathbf{v}) = \mathbf{0} \}. \]
1) Obraz \( \mathrm{Im}(T) \) je podprostorem:
– Obsahuje nulový vektor, protože \( T(\mathbf{0}) = \mathbf{0} \).
– Uzavřenost na sčítání: Nechť \( \mathbf{u} = T(\mathbf{v}_1), \mathbf{w} = T(\mathbf{v}_2) \in \mathrm{Im}(T) \), pak \[ \mathbf{u} + \mathbf{w} = T(\mathbf{v}_1) + T(\mathbf{v}_2) = T(\mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_2) \in \mathrm{Im}(T). \]
– Uzavřenost na násobení skalárem: Nechť \( \alpha \in \mathbb{F} \), pak \[ \alpha \mathbf{u} = \alpha T(\mathbf{v}_1) = T(\alpha \mathbf{v}_1) \in \mathrm{Im}(T). \]
2) Jádro \( \mathrm{Ker}(T) \) je podprostorem:
– Obsahuje nulový vektor, protože \( T(\mathbf{0}) = \mathbf{0} \), tedy \( \mathbf{0} \in \mathrm{Ker}(T) \).
– Uzavřenost na sčítání: Pokud \( \mathbf{u}, \mathbf{w} \in \mathrm{Ker}(T) \), pak \[ T(\mathbf{u} + \mathbf{w}) = T(\mathbf{u}) + T(\mathbf{w}) = \mathbf{0} + \mathbf{0} = \mathbf{0}, \] tedy \( \mathbf{u} + \mathbf{w} \in \mathrm{Ker}(T) \).
– Uzavřenost na násobení skalárem: Pro \( \alpha \in \mathbb{F} \) a \( \mathbf{u} \in \mathrm{Ker}(T) \) platí \[ T(\alpha \mathbf{u}) = \alpha T(\mathbf{u}) = \alpha \cdot \mathbf{0} = \mathbf{0}, \] tedy \( \alpha \mathbf{u} \in \mathrm{Ker}(T) \).
Obraz i jádro jsou tedy podprostory \( V \).

Řešení příkladu:

Množina symetrických matic je definována jako \[ S = \{ A \in M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) \mid A^T = A \}. \]
Zkontrolujeme podmínky podprostoru:
1) Nulová matice \( O \) je symetrická, protože \( O^T = O \).
2) Nechť \( A, B \in S \), tedy \( A^T = A \) a \( B^T = B \). Potom \[ (A + B)^T = A^T + B^T = A + B, \] tedy \( A + B \in S \).
3) Pro \( \alpha \in \mathbb{R} \) a \( A \in S \) platí \[ (\alpha A)^T = \alpha A^T = \alpha A, \] tedy \( \alpha A \in S \).
Tudíž množina symetrických matic tvoří podprostor.

Řešení příkladu:

Protože \( V = U \oplus W \), znamená to, že každý prvek \( v \in V \) lze jednoznačně zapsat jako \( v = u + w \), kde \( u \in U \), \( w \in W \), a \( U \cap W = \{ \mathbf{0} \} \).
Platí \[ \dim(V) = \dim(U) + \dim(W). \] Protože \( \dim(V) = 4 \) a \( \dim(U) = 2 \), máme \[ 4 = 2 + \dim(W) \Rightarrow \dim(W) = 2. \] Tedy dimenze komplementárního podprostoru je \(2\).

Řešení příkladu:

Množina polynomů s kořenem v \( x=1 \) je \[ W = \{ p(x) \in \mathbb{R}[x]_2 \mid p(1) = 0 \}. \] Polynom obecného tvaru je \[ p(x) = a x^2 + b x + c, \] kde \( a,b,c \in \mathbb{R} \). Podmínka \( p(1) = 0 \) znamená \[ a + b + c = 0. \] Tento vztah definuje lineární podmínku mezi koeficienty.
Dimenze \( \mathbb{R}[x]_2 \) je 3.
Protože máme jednu lineární podmínku, dimenze podprostoru je \( 3 – 1 = 2 \).
Pro bázi můžeme vybrat polynomy, které splňují tuto podmínku. Například:
\[ p_1(x) = x – 1, \quad p_2(x) = x^2 – 1, \] protože \[ p_1(1) = 1 – 1 = 0, \quad p_2(1) = 1 – 1 = 0, \] a jsou lineárně nezávislé.
Tedy báze je \( \{ x – 1, x^2 – 1 \} \), dimenze je \(2\).

Řešení příkladu:

Množina \( S = \{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3 \} \) je lineárně nezávislá, pokud jediná lineární kombinace \[ \alpha_1 \mathbf{v}_1 + \alpha_2 \mathbf{v}_2 + \alpha_3 \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \] s koeficienty \( \alpha_i \in \mathbb{F} \) má řešení pouze \( \alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0 \).
Jinak je množina lineárně závislá.
Příklad lineárně závislé množiny v \( \mathbb{R}^3 \): \[ S = \{ (1,0,0), (0,1,0), (1,1,0) \}. \] Protože \[ (1,1,0) = (1,0,0) + (0,1,0), \] existuje netriviální lineární kombinace \[ (1,1,0) – (1,0,0) – (0,1,0) = \mathbf{0}, \] tedy množina není lineárně nezávislá.

Řešení příkladu:

1) **Nulový vektor:**
Nulový vektor \( (0, 0, 0, 0) \) patří do \( U \), protože splňuje podmínky \( x_1 = x_2 \) a \( x_3 + x_4 = 0 \) (konkrétně \( 0 = 0 \) a \( 0 + 0 = 0 \)).

2) **Uzavřenost na sčítání:**
Nechť \( \mathbf{u} = (x_1, x_2, x_3, x_4) \) a \( \mathbf{v} = (y_1, y_2, y_3, y_4) \) jsou v \( U \). To znamená, že \[ x_1 = x_2, \quad x_3 + x_4 = 0, \quad y_1 = y_2, \quad y_3 + y_4 = 0. \] Součet \( \mathbf{u} + \mathbf{v} = (x_1 + y_1, x_2 + y_2, x_3 + y_3, x_4 + y_4) \) je tedy \[ (x_1 + y_1, x_1 + y_1, x_3 + y_3, x_4 + y_4). \] Protože \( x_3 + x_4 = 0 \) a \( y_3 + y_4 = 0 \), platí \( (x_3 + y_3) + (x_4 + y_4) = 0 \), takže \( \mathbf{u} + \mathbf{v} \in U \). Uzavřenost na sčítání je tedy splněna.

3) **Uzavřenost na násobení skalárem:**
Nechť \( \alpha \in \mathbb{R} \) a \( \mathbf{u} = (x_1, x_2, x_3, x_4) \in U \). To znamená, že \( x_1 = x_2 \) a \( x_3 + x_4 = 0 \). Pro skalár \( \alpha \) máme \[ \alpha \mathbf{u} = (\alpha x_1, \alpha x_2, \alpha x_3, \alpha x_4) = (\alpha x_1, \alpha x_1, \alpha x_3, \alpha x_4). \] A protože \( x_3 + x_4 = 0 \), platí i \( \alpha x_3 + \alpha x_4 = 0 \), takže \( \alpha \mathbf{u} \in U \). Uzavřenost na násobení skalárem je tedy splněna.

Protože všechny podmínky podprostoru jsou splněny, \( U \) je podprostorem \( \mathbb{R}^4 \).

4) **Dimenze a báze:**
Množina vektorů v \( U \) je tvořena vektory, které splňují podmínky \( x_1 = x_2 \) a \( x_3 + x_4 = 0 \). Můžeme zapsat vektor jako \[ (x_1, x_1, x_3, -x_3), \] kde \( x_1, x_3 \) jsou volné parametry. To znamená, že \( U \) je rovinou v \( \mathbb{R}^4 \) a má dimenzi 2. Pro bázi můžeme vybrat vektory \[ \mathbf{v}_1 = (1, 1, 0, 0), \quad \mathbf{v}_2 = (0, 0, 1, -1), \] protože každý vektor v \( U \) lze zapsat jako lineární kombinaci těchto dvou vektorů: \[ (x_1, x_1, x_3, -x_3) = x_1 (1, 1, 0, 0) + x_3 (0, 0, 1, -1). \] Tedy dimenze podprostoru \( U \) je 2 a jeho báze je \( \{ (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, -1) \} \).

Řešení příkladu:

V poli \( F \) má každá nenulová hodnota inverzní prvek vzhledem k násobení. Protože \( a \neq 0 \), existuje prvek \( a^{-1} \in F \), takový, že \( a \cdot a^{-1} = 1 \).

Rovnici \( a \cdot x = b \) vynásobíme zľava inverzním prvkem \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot b \)

Díky asociativitě násobení a vlastnosti inverzního prvku platí:

\( (a^{-1} \cdot a) \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow 1 \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow x = a^{-1} \cdot b \)

Tím je jednoznačné řešení rovnice \( x = a^{-1} \cdot b \) dokázáno.

Řešení příkladu:

Predpokladajme, že \( f(x) \in F[x] \) a \( f(a) = 0 \). Podľa vety o delení polynómov existujú polynómy \( q(x), r(x) \in F[x] \), kde \( \deg(r) < \deg(x - a) = 1 \), teda \( r(x) \) je konštanta, také, že:

\( f(x) = (x – a) q(x) + r(x) \)

Dosaďme \( x = a \):

\( f(a) = (a – a) q(a) + r(a) = 0 \cdot q(a) + r = r \)

Podmienka \( f(a) = 0 \Rightarrow r = 0 \), takže:

\( f(x) = (x – a) q(x) \)

Tým sme ukázali, že \( (x – a) \) delí \( f(x) \) v \( F[x] \).

Řešení příkladu:

Podľa základnej teórie konečných polí má množina \( F^* \) tvar grupy o veľkosti \( p^n – 1 \), pretože pole má \( p^n \) prvkov a nulový prvok nie je súčasťou multiplikatívnej grupy.

Všeobecne platí, že multiplikatívna grupa konečného poľa je cyklická. To znamená, že existuje prvok \( g \in F^* \), ktorý generuje celú grupu, teda každý prvok \( a \in F^* \) je možné vyjadriť ako \( g^k \) pre nejaké \( k \in \{0, 1, \dots, p^n – 2\} \).

Dôkaz je založený na teórii grup, kde multiplikatívna grupová štruktúra konečného poľa je abelská a splňuje podmienky pre existenciu generátora (prvku generujúceho celú grupu).

Tým je dokázané, že \( F^* \) je cyklická grupová štruktúra.

Řešení příkladu:

Charakteristika poľa \( F \) sa definuje ako najmenšie kladné celé číslo \( n \), také že súčet jednotkového prvku \( 1_F \) sám so sebou \( n \)-krát je rovný nule:

\( \underbrace{1_F + 1_F + \cdots + 1_F}_{n \text{ krát}} = 0 \)

Ak také \( n \) neexistuje, charakteristika je definovaná ako 0.

Pokiaľ \( n > 0 \), musí byť \( n \) prvočíslo. Ak by nebola prvočíslo, teda \( n = ab \) s \( a,b > 1 \), potom by sme mali:

\( 0 = \underbrace{1_F + \cdots + 1_F}_{n} = \left( \underbrace{1_F + \cdots + 1_F}_{a} \right) \cdot b \)

Keďže pole nemá delitele nuly, musí byť:

\( \underbrace{1_F + \cdots + 1_F}_{a} = 0 \quad \text{nebo} \quad b = 0 \) (čo nie je možné)

To je spor s minimalitou \( n \), takže charakteristika musí byť prvočíslo.

Řešení příkladu:

Vektorový priestor \( V \) nad poľom \( F \) je definovaný ako množina s dvoma operáciami, sčítaním a násobením skalárom, ktoré spĺňajú axiomy:

1) \( (V, +) \) je abelská grupa,

2) pre \( a,b \in F \) a \( u,v \in V \) platí distributívne zákony a ďalšie vlastnosti.

Preukážeme, že sčítanie v \( V \) je abelská grupa:

– Asociativita: pre všetky \( u,v,w \in V \) platí \( (u+v)+w = u+(v+w) \).

– Existencia neutrálného prvku: existuje \( 0 \in V \), taký, že \( u + 0 = u \) pre všetky \( u \in V \).

– Existencia inverzného prvku: pre každé \( u \in V \) existuje \( -u \in V \), že \( u + (-u) = 0 \).

– Komutativita: pre všetky \( u,v \in V \) platí \( u + v = v + u \).

Týmto je splnené, že \( (V, +) \) je abelská grupa.

Řešení příkladu:

Homomorfizmus polí \( f : F \to F \) zachováva operácie sčítania, násobenia a jednotku. Predpokladajme, že \( f \) nie je nulový, teda existuje \( a \in F \), že \( f(a) \neq 0 \).

Nech \( a \in \ker(f) \), t.j. \( f(a) = 0 \). Ak \( a \neq 0 \), potom v poli \( F \) má inverzný prvok \( a^{-1} \). Preto:

\( f(1) = f(a \cdot a^{-1}) = f(a) \cdot f(a^{-1}) = 0 \cdot f(a^{-1}) = 0 \)

Čo je spor, pretože homomorfizmus polí musí mapovať jednotku na jednotku: \( f(1) = 1 \neq 0 \).

Teda, ak \( f \) nie je nulový, potom jeho jadro je len \( \{0\} \), teda \( f \) je injektívny.

Řešení příkladu:

Nech \( G \subseteq F^* \) je konečná multiplikatívna podgrupa. Podľa vety o cyklickosti konečných abelských grup, každá konečná podgrupa v multiplikatívnej skupine poľa je cyklická.

Preto existuje prvok \( g \in G \), ktorý generuje \( G \), teda:

\( G = \{ g^k \mid k \in \mathbb{Z} \} \)

Dôkaz využíva fakt, že \( G \) je abelská a konečná, teda podľa základných vlastností konečných abelských grup je súčet elementov rovný súčinu generátorov.

Řešení příkladu:

Predpokladajme, že \( x^2 + a \) má koreň \( c \in F \), teda \( c^2 + a = 0 \Rightarrow c^2 = -a \).

Ak taký \( c \) neexistuje, tak \( x^2 + a \) nemôže mať koreň v \( F \).

Inými slovami, polynóm \( x^2 + a \) rozkladateľný v \( F[x] \) práve vtedy, keď existuje prvok \( b \in F \), že \( b^2 = -a \).

Řešení příkladu:

Polynomiálny homomorfizmus medzi poliami musí zachovávať operácie sčítania a násobenia aj jednotku. Preto platí:

\( f(1) = 1 \) (lebo obraz jednotky je jednotka)

Aby sme vedeli, ako sa správa \( f \) na ľubovoľnom \( a \in F \), uvažujeme, že \( a = a \cdot 1 \), takže:

\( f(a) = f(a \cdot 1) = f(a) \cdot f(1) = f(a) \cdot 1 = f(a) \)

Čo znamená, že hodnota \( f(1) \) je kľúčová na určenie homomorfizmu, ak \( f \) je polynomiálny homomorfizmus, ktorý zachováva jednotku ako 1.

Řešení příkladu:

Neutrálny prvok pre sčítanie \( 0 \in F \) je definovaný tak, že pre všetky \( a \in F \) platí:

\( a + 0 = a \)

Ak by existovali dva rôzne neutrálné prvky \( 0 \) a \( 0′ \), potom:

\( 0 = 0 + 0′ = 0′ \)

Čo je spor, takže neutrálny prvok pre sčítanie je jedinečný.

Podobne, neutrálny prvok pre násobenie \( 1 \in F \) je definovaný tak, že pre všetky \( a \in F \):

\( a \cdot 1 = a \)

Ak by existovali dva rôzne neutrálné prvky \( 1 \) a \( 1′ \), platí:

\( 1 = 1 \cdot 1′ = 1′ \)

Tým je jedinečnosť neutrálnych prvkov pre sčítanie aj násobenie dokázaná.

Riešenie:

Aby sme pochopili, čo znamená existencia inverzného prvku \( a^{-1} \) k prvku \( a \), najprv si pripomeňme základné vlastnosti poľa. Pole je algebraická štruktúra, v ktorej máme dve operácie: sčítanie a násobenie. Tieto operácie spĺňajú niekoľko axiómov, ktoré zabezpečujú, že prvky poľa sa správajú veľmi podobne ako reálne čísla.

Medzi týmito axiómami je, že pre každý nenulový prvok \( a \in F \) existuje prvok \( a^{-1} \in F \), ktorý nazývame inverzný prvok k \( a \), a ktorý spĺňa rovnosť

\( a \cdot a^{-1} = 1 \), kde \( 1 \) je jednotka (multiplikatívna identita) v poli, teda prvok, pre ktorý platí \( 1 \cdot x = x \cdot 1 = x \) pre všetky \( x \in F \).

Existenciu takého prvku predpokladáme, pretože \( F \) je pole, ale úlohou je zároveň ukázať, že takýto prvok je jedinečný. To znamená, že nemôžu existovať dva rôzne prvky, ktoré by spĺňali túto rovnosť s \( a \).

Predpokladajme teda, že existujú dva prvky \( b, c \in F \), ktoré sú inverzné k \( a \), teda platí

\( a \cdot b = 1 \quad \text{a} \quad a \cdot c = 1 \).

Chceme dokázať, že \( b = c \).

Využijeme vlastnosti poľa, konkrétne, že v poli môžeme použiť skracovanie, teda môžeme násobiť rovnosti zľava alebo sprava a použiť asociativitu a existenciu jednotky.

Z rovnosti \( a \cdot b = 1 \) môžeme vynásobiť sprava prvkom \( c \):

\( (a \cdot b) \cdot c = 1 \cdot c \Rightarrow a \cdot (b \cdot c) = c \), pretože násobenie je asociatívne a \( 1 \cdot c = c \).

Z druhej rovnosti \( a \cdot c = 1 \) vieme, že

\( b \cdot (a \cdot c) = b \cdot 1 \Rightarrow (b \cdot a) \cdot c = b \).

Ale v poli je násobenie asociatívne a navyše, pretože \( a \neq 0 \), môžeme použiť vlastnosť, že každý nenulový prvok má inverzný prvok, takže skracovanie je možné. Teda

\( b \cdot a = 1 \) iba ak \( b \) je inverz k \( a \), čo platí podľa nášho predpokladu.

V skutočnosti platí, že z predpokladu \( a \cdot b = 1 \) a \( a \cdot c = 1 \) vyplýva

\( b = b \cdot 1 = b \cdot (a \cdot c) = (b \cdot a) \cdot c = 1 \cdot c = c \).

Tým sme dokázali, že ak existuje inverzný prvok k \( a \), tak je jedinečný.

Záverom teda platí, že pre každý nenulový prvok \( a \in F \) existuje práve jeden inverzný prvok \( a^{-1} \) v poli \( F \), pre ktorý platí \( a \cdot a^{-1} = 1 \).

Riešenie:

Nech \( x \in F^* \), teda \( x \neq 0 \). Podľa definície inverzného prvku \( x^{-1} \) platí

\( x \cdot x^{-1} = 1 \), kde \( 1 \) je jednotka v poli \( F \).

Inverzný prvok k \( x^{-1} \) je definovaný ako prvok, ktorý keď vynásobíme s \( x^{-1} \), dostaneme jednotku, teda

\( x^{-1} \cdot (x^{-1})^{-1} = 1 \).

Teraz si všimnime, že \( x \) je taký prvok, ktorý tiež spĺňa rovnosť \( x \cdot x^{-1} = 1 \).

Podľa vlastnosti jedinečnosti inverzného prvku \((\)ktorú sme dokázali v príklade \(21)\) platí, že takýto inverzný prvok je jednoznačný.

Teda prvok \( (x^{-1})^{-1} \), ktorý spĺňa

\( x^{-1} \cdot (x^{-1})^{-1} = 1 \), musí byť rovnaký ako \( x \), pretože oba sú inverzné k \( x^{-1} \).

Preto

\( (x^{-1})^{-1} = x \).

Tento výsledok hovorí o tom, že operácia inverzie je svojou vlastnou inverziou, čo znamená, že keď vezmeme inverzný prvok a potom jeho inverzný prvok, dostaneme pôvodný prvok.

Riešenie:

V poli \( F \) platí, že každý nenulový prvok má svoj inverzný prvok. To znamená, že pre \( a \neq 0 \) existuje \( a^{-1} \) taký, že

\( a^{-1} \cdot a = 1 \).

Máme rovnosť

\( ab = ac \).

Ak chceme dokázať, že \( b = c \), môžeme rovnosť „skratiť“ násobením zľava prvkom \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (ab) = a^{-1} \cdot (ac) \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot b = (a^{-1} \cdot a) \cdot c \Rightarrow 1 \cdot b = 1 \cdot c \Rightarrow b = c \).

Je dôležité zdôrazniť, že táto vlastnosť skracovania platí v poli, pretože každý nenulový prvok má inverzný prvok. V iných algebraických štruktúrach, napríklad v okruhoch s deliteľmi nuly, táto vlastnosť nemusí platiť.

Takže sme dokázali, že ak násobíme rovnakým nenulovým prvkom, tak ak sú výsledky rovnaké, pôvodné prvky musia byť rovnaké.

Riešenie:

V poli je definovaný nulový prvok \( 0 \), ktorý je neutrálom vzhľadom na sčítanie, teda pre každý prvok \( a \in F \) platí

\( a + 0 = a \).

Teraz chceme ukázať, že nulový prvok má vlastnosť, že pre každý prvok \( a \in F \) platí

\( a \cdot 0 = 0 \).

Preukážeme to pomocou distributívnosti násobenia vzhľadom na sčítanie. Distributívnosť hovorí, že pre všetky \( a, b, c \in F \) platí

\( a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c \).

Ak dosadíme za \( b = 0 \) a \( c = 0 \), dostaneme

\( a \cdot (0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).

Pritom vieme, že \( 0 + 0 = 0 \), pretože \( 0 \) je neutrálny prvok pre sčítanie.

Teda

\( a \cdot 0 = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).

Teraz odpočítame \( a \cdot 0 \) z oboch strán rovnosti (v poli existuje pre každý prvok aj jeho sčítací inverzný prvok, takže môžeme „odčítať“ rovnaký prvok):

\( a \cdot 0 – a \cdot 0 = a \cdot 0 + a \cdot 0 – a \cdot 0 \Rightarrow 0 = a \cdot 0 \).

Tým sme ukázali, že pre každý \( a \in F \) platí \( a \cdot 0 = 0 \).

Čo sa týka jedinečnosti takéhoto prvku, môžeme ukázať, že nulový prvok je jediný, ktorý spĺňa túto vlastnosť. Predpokladajme, že existuje prvok \( z \in F \) taký, že pre všetky \( a \in F \) platí

\( a \cdot z = z \).

Ak by teda platilo \( z \neq 0 \), potom by sme mohli použiť inverzný prvok k \( z \), a tak by \( a = 1 \) pre všetky \( a \), čo je nemožné.

Teda takýto prvok môže byť iba nulový prvok.

Riešenie:

Máme rovnicu

\( a \cdot x = b \), kde \( a \neq 0 \), \( b \in F \) a \( x \) je neznáma.

Keďže \( a \neq 0 \) a \( F \) je pole, vieme, že \( a \) má inverzný prvok \( a^{-1} \), ktorý spĺňa

\( a^{-1} \cdot a = 1 \).

Aby sme vyriešili rovnicu pre \( x \), vynásobíme obidve strany rovnice zľava inverzným prvkom \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot b \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow 1 \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow x = a^{-1} \cdot b \).

Toto riešenie je jediné, pretože ak by existovalo iné riešenie \( x‘ \), tak by platilo

\( a \cdot x‘ = b = a \cdot x \Rightarrow a \cdot x‘ = a \cdot x \Rightarrow x‘ = x \) podľa vlastnosti skracovania v poli \((\)príklad \(23)\).

Teda rovnosť \( a \cdot x = b \) má v poli práve jedno riešenie a to \( x = a^{-1} \cdot b \).

Riešenie:

Najprv si musíme vysvetliť, čo znamená výraz \( \frac{a}{c} \) v poli \( F \). Pretože \( c \neq 0 \), definujeme

\( \frac{a}{c} = a \cdot c^{-1} \), kde \( c^{-1} \) je inverzný prvok k \( c \).

Podobne

\( \frac{b}{d} = b \cdot d^{-1} \), kde \( d^{-1} \) je inverzný prvok k \( d \).

Rovnosť \( \frac{a}{c} = \frac{b}{d} \) teda znamená

\( a \cdot c^{-1} = b \cdot d^{-1} \).

Aby sme túto rovnosť upravili, vynásobíme ju zľava členom \( c \cdot d \) (ktorý je nenulový, pretože \( c \neq 0 \) a \( d \neq 0 \)):

\( (c \cdot d) \cdot (a \cdot c^{-1}) = (c \cdot d) \cdot (b \cdot d^{-1}) \).

Pre asociativitu a komutatívnosť násobenia v poli môžeme upraviť ľavú stranu:

\( c \cdot (d \cdot a) \cdot c^{-1} = c \cdot (a \cdot d) \cdot c^{-1} \) (násobenie je komutatívne, takže môžeme preusporiadať prvky).

Keďže \( c \cdot c^{-1} = 1 \), platí

\( (c \cdot c^{-1}) \cdot a \cdot d = 1 \cdot a \cdot d = a \cdot d \).

Podobne upravíme pravú stranu:

\( (c \cdot d) \cdot (b \cdot d^{-1}) = c \cdot (d \cdot b) \cdot d^{-1} = c \cdot b \cdot (d \cdot d^{-1}) = c \cdot b \cdot 1 = b \cdot c \).

Teda sme dostali rovnosť

\( a \cdot d = b \cdot c \).

Opačná implikácia sa dokazuje úplne rovnako, začneme od \( a \cdot d = b \cdot c \) a vynásobíme obe strany zľava členom \( c^{-1} \cdot d^{-1} \) a postupujeme symetricky.

Teda sme ukázali, že rovnosti

\( \frac{a}{c} = \frac{b}{d} \quad \Leftrightarrow \quad a \cdot d = b \cdot c \).

Riešenie:

Najprv si pripomeňme, že pre každý prvok \( a \in F \) existuje jeho opačný prvok \( -a \), ktorý spĺňa

\( a + (-a) = 0 \), kde \( 0 \) je nulový prvok v poli \( F \).

Chceme ukázať, že inverzný prvok k \( -a \) je rovný \( – (a^{-1}) \).

Preto stačí ukázať, že

\( (-a) \cdot (- (a^{-1})) = 1 \).

Vypočítajme ľavú stranu:

\( (-a) \cdot (- (a^{-1})) = (-1 \cdot a) \cdot (-1 \cdot a^{-1}) = (-1) \cdot (-1) \cdot a \cdot a^{-1} \).

Pretože \( (-1) \cdot (-1) = 1 \) (čo vyplýva z vlastností poľa, kde \( 1 \) je jednotkový prvok), a \( a \cdot a^{-1} = 1 \), dostávame

\( (-a) \cdot (- (a^{-1})) = 1 \cdot 1 = 1 \).

Teda \( – (a^{-1}) \) je inverzný prvok k \( -a \), a teda

\( (-a)^{-1} = – (a^{-1}) \).

Riešenie:

Máme rovnicu

\( a \cdot x + b = 0 \), kde \( a \neq 0 \).

Najskôr izolujeme výraz s \( x \):

\( a \cdot x = -b \).

Keďže \( a \neq 0 \), v poli \( F \) existuje inverzný prvok \( a^{-1} \), ktorý splňuje

\( a^{-1} \cdot a = 1 \).

Vynásobme rovnicu zľava \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot (-b) \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot x = – a^{-1} \cdot b \Rightarrow 1 \cdot x = – a^{-1} \cdot b \Rightarrow x = – a^{-1} \cdot b \).

Teda jediné riešenie je

\( x = – a^{-1} \cdot b \).

Jedinečnosť riešenia vyplýva z faktu, že ak by existovali dve riešenia \( x_1 \) a \( x_2 \), potom by platilo

\( a \cdot x_1 + b = 0 = a \cdot x_2 + b \Rightarrow a \cdot x_1 = a \cdot x_2 \Rightarrow x_1 = x_2 \) (pretože \( a \neq 0 \)).

Riešenie:

Máme rovnosť

\( a \cdot c = b \cdot c \), kde \( c \neq 0 \).

V poli existuje inverzný prvok \( c^{-1} \), takže môžeme obe strany rovnice vynásobiť z pravej strany týmto prvkom:

\( (a \cdot c) \cdot c^{-1} = (b \cdot c) \cdot c^{-1} \).

Podľa asociativity násobenia:

\( a \cdot (c \cdot c^{-1}) = b \cdot (c \cdot c^{-1}) \Rightarrow a \cdot 1 = b \cdot 1 \Rightarrow a = b \).

Tým je zákon skracovania v násobení v poli dokázaný.

Riešenie:

Máme rovnicu

\( a^2 = 1 \), teda \( a \cdot a = 1 \).

Pre \( a \neq 0 \) existuje inverzný prvok \( a^{-1} \), takže môžeme rovnicu vynásobiť zľava \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot a \cdot a = a^{-1} \cdot 1 \Rightarrow 1 \cdot a = a^{-1} \Rightarrow a = a^{-1} \).

Teda \( a \) je svoj vlastný inverzný prvok.

V poli platí, že každý prvok má práve jedného inverzného prvka, a preto je \( a = a^{-1} \) ekvivalentné s rovnicou

\( a^2 = 1 \), ktorá bola už zadaná.

Teraz upravíme pôvodnú rovnicu:

\( a^2 – 1 = 0 \Rightarrow (a – 1)(a + 1) = 0 \).

V poli neexistujú delitele nuly, takže rovnosť súčinu na nulu znamená, že aspoň jeden z faktorov je nulový:

\( a – 1 = 0 \Rightarrow a = 1 \) alebo \( a + 1 = 0 \Rightarrow a = -1 \).

Riešenie:

Definícia zlomku: \( \frac{a}{b} := a \cdot b^{-1} \) pre \( b \neq 0 \).

Potom

\( \frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a} = (a \cdot b^{-1}) \cdot (b \cdot a^{-1}) \).

Vďaka asociatívnosti a komutatívnosti násobenia môžeme upraviť:

\( a \cdot (b^{-1} \cdot b) \cdot a^{-1} = a \cdot 1 \cdot a^{-1} = a \cdot a^{-1} = 1 \).

Teda platí

\( \frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a} = 1 \).

Riešenie:

Podľa definície opačného prvku platí

\( a + (-a) = 0 \).

Chceme ukázať, že

\( (-1) \cdot a + a = 0 \), teda že \( (-1) \cdot a \) je opačný prvok k \( a \).

Vypočítajme sumu:

\( (-1) \cdot a + a = ((-1) \cdot a) + (1 \cdot a) = ((-1) + 1) \cdot a = 0 \cdot a = 0 \).

Využili sme distributívnosť a vlastnosť neutrálnych prvkov \( 1 + (-1) = 0 \) a \( 0 \cdot a = 0 \).

Teda platí

\( (-1) \cdot a = -a \).

Riešenie:

Rozpíšme ľavú stranu pomocou distributívnosti:

\( (a + b)^2 = (a + b)(a + b) = a \cdot a + a \cdot b + b \cdot a + b \cdot b = a^2 + ab + ba + b^2 \).

Keďže pole je komutatívne na násobenie, platí \( ab = ba \), teda

\( a^2 + ab + ba + b^2 = a^2 + ab + ab + b^2 = a^2 + 2ab + b^2 \), kde \( 2ab = (1+1)ab \).

Teda rovnosť platí.

Riešenie:

Predpokladajme opak, teda že existujú \( a, b \in F \setminus \{0\} \) také, že

\( a \cdot b = 0 \).

Keďže \( a \neq 0 \), existuje \( a^{-1} \) také, že

\( a^{-1} \cdot a = 1 \).

Vynásobme rovnicu zľava \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot b) = a^{-1} \cdot 0 \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot b = 0 \Rightarrow 1 \cdot b = 0 \Rightarrow b = 0 \).

To je spor s predpokladom \( b \neq 0 \).

Teda neexistujú delitele nuly v poli.

Riešenie:

Máme rovnicu

\( a^3 = a \), t.j.

\( a^3 – a = 0 \Rightarrow a(a^2 – 1) = 0 \Rightarrow a(a-1)(a+1) = 0 \).

V poli neexistujú delitele nuly, takže aspoň jeden z faktorov musí byť nulový:

\( a = 0 \) alebo \( a – 1 = 0 \Rightarrow a = 1 \) alebo \( a + 1 = 0 \Rightarrow a = -1 \).

Riešenie:

Ukážeme, že

\( a^2 \cdot (a^{-1})^2 = 1 \).

Vďaka asociatívnosti násobenia:

\( a^2 \cdot (a^{-1})^2 = (a \cdot a) \cdot (a^{-1} \cdot a^{-1}) = a \cdot (a \cdot a^{-1}) \cdot a^{-1} = a \cdot 1 \cdot a^{-1} = a \cdot a^{-1} = 1 \).

Teda

\( (a^{-1})^2 \) je inverzný prvok k \( a^2 \).

Riešenie:

Rozpíšme ľavú stranu:

\( (a – b)(a + b) = a \cdot a + a \cdot b – b \cdot a – b \cdot b = a^2 + ab – ba – b^2 \).

V poli je násobenie komutatívne, takže \( ab = ba \), teda

\( a^2 + ab – ab – b^2 = a^2 – b^2 \).

Riešenie:

Podľa definície poľa každý prvok \( a \in F \) má aditívny inverzný prvok, označovaný ako \( -a \), ktorý spĺňa

\( a + (-a) = 0 \), kde \( 0 \) je neutrál pre sčítanie v \( F \).

Máme predpoklad, že

\( a + b = 0 \).

Chceme ukázať, že \( b = -a \).

Využijeme aditívny inverzný prvok \( -a \) tak, že k obom stranám rovnice pripočítame \( -a \):

\( (a + b) + (-a) = 0 + (-a) \).

Asociatívnosť sčítania nám umožňuje prepísať ľavú stranu:

\( a + (b + (-a)) = -a \).

Z vlastnosti inverzného prvku vieme, že \( a + (-a) = 0 \), teda ak by sme najprv spočítali \( a + (-a) \), dostali by sme 0.

Keďže \( a + b = 0 \), musíme mať \( b + (-a) = 0 \), pretože \( a + b + (-a) = b + (a + (-a)) = b + 0 = b \).

Takže:

\( b + (-a) = 0 \Rightarrow b = -(-a) \).

V poli platí, že inverzný prvok k inverznému prvku je pôvodný prvok, teda \( -(-a) = a \), ale tu sa ukazuje, že \( b = -a \) priamo, pretože ak \( a + b = 0 \), \( b \) je práve inverzný prvok k \( a \).

Zhrnutie: Ak \( a + b = 0 \), potom \( b \) musí byť \( -a \), teda inverzný prvok k \( a \) v aditívnej skupine \( (F, +) \).

Riešenie:

Podľa definície poľa platí, že každý nenulový prvok \( a \) má multiplikatívny inverzný prvok \( a^{-1} \), pre ktorý platí

\( a \cdot a^{-1} = 1 \), kde \( 1 \) je jednotkový prvok pre násobenie v \( F \).

Chceme ukázať, že inverzný prvok k \( a^{-1} \) je práve \( a \), t.j.

\( (a^{-1})^{-1} = a \).

Pretože \( a^{-1} \) je prvok v poli \( F \), ktorý nie je nulový (inak by inverzný prvok neexistoval), má svoj vlastný inverzný prvok \( (a^{-1})^{-1} \), ktorý spĺňa

\( a^{-1} \cdot (a^{-1})^{-1} = 1 \).

Vynásobme rovnicu \( a \cdot a^{-1} = 1 \) zľava \( (a^{-1})^{-1} \):

\( (a^{-1})^{-1} \cdot (a \cdot a^{-1}) = (a^{-1})^{-1} \cdot 1 \Rightarrow ((a^{-1})^{-1} \cdot a) \cdot a^{-1} = (a^{-1})^{-1} \).

Keďže násobenie je asociatívne, môžeme napísať

\( ((a^{-1})^{-1} \cdot a) \cdot a^{-1} = (a^{-1})^{-1} \).

Teraz vynásobme z prava inverzným prvkom \( a^{-1} \) k obom stranám (aby sme dostali \( (a^{-1})^{-1} \cdot a \)):

\( ((a^{-1})^{-1} \cdot a) \cdot a^{-1} \cdot a = (a^{-1})^{-1} \cdot a \Rightarrow ((a^{-1})^{-1} \cdot a) \cdot 1 = (a^{-1})^{-1} \cdot a \Rightarrow (a^{-1})^{-1} \cdot a = (a^{-1})^{-1} \cdot a \).

Tým sa potvrdzuje, že

\( a \) je inverzný prvok k \( a^{-1} \).

Inými slovami, \( (a^{-1})^{-1} = a \).

Riešenie:

V poli je definovaná násobenie a sčítanie s nasledujúcimi vlastnosťami:

– \( 0 \) je neutrál pre sčítanie, teda \( 0 + a = a \) pre všetky \( a \in F \).

– Násobenie je distributívne vzhľadom na sčítanie:

\( a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c \).

Ukážeme, že \( 0 \cdot a = 0 \).

Využijeme, že \( 0 = 0 + 0 \), takže

\( 0 \cdot a = (0 + 0) \cdot a \).

Podľa distributívnosti platí:

\( (0 + 0) \cdot a = 0 \cdot a + 0 \cdot a \).

Teda

\( 0 \cdot a = 0 \cdot a + 0 \cdot a \).

Odčítaním \( 0 \cdot a \) z oboch strán dostaneme:

\( 0 = 0 \cdot a \).

Preto platí, že násobenie nulou je nula.

Riešenie:

Máme rovnosť \( ab = ac \), kde \( a \neq 0 \).

V poli existuje inverzný prvok \( a^{-1} \), takže vynásobme rovnicu zľava týmto prvkom:

\( a^{-1} \cdot (ab) = a^{-1} \cdot (ac) \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot b = (a^{-1} \cdot a) \cdot c \Rightarrow 1 \cdot b = 1 \cdot c \Rightarrow b = c \).

Tým sme dokázali, že v poli platí zákon krátenia násobenia, teda ak násobíme rovnakým nenulovým prvkom, rovnosť sa zachováva.

Riešenie:

Vieme, že \( -1 \) je inverzný prvok k \( 1 \) vzhľadom na sčítanie, teda

\( 1 + (-1) = 0 \).

Chceme ukázať, že \( (-1) \cdot a = -a \), kde \( -a \) je inverzný prvok k \( a \) vzhľadom na sčítanie, teda \( a + (-a) = 0 \).

Vypočítame súčet \( a + (-1) \cdot a \):

\( a + (-1) \cdot a = 1 \cdot a + (-1) \cdot a = (1 + (-1)) \cdot a = 0 \cdot a = 0 \),

kde sme použili distributívnosť a vlastnosť nulového násobenia z predchádzajúceho príkladu.

Teda \( (-1) \cdot a \) je aditívny inverzný prvok k \( a \), čiže \( (-1) \cdot a = -a \).

Řešení příkladu:

V poli \(F\) každý nenulový prvek \(a\) má multiplikativní inverzi \(a^{-1}\), tedy prvek, pro který platí \(a \cdot a^{-1} = 1\), kde \(1\) je jednotkový prvek pole.

Rovnici \(a \cdot x = b\) vynásobíme zleva \(a^{-1}\), abychom získali:

\[ a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot b \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow 1 \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow x = a^{-1} \cdot b. \]

Tedy existuje právě jedno řešení \(x = a^{-1} \cdot b\), což potvrzuje jednoznačnost řešení v poli.

Řešení příkladu:

Podle definice pole nemůže existovat žádný nenulový prvek \(a \neq 0\) takový, že \(a \cdot b = 0\) s \(b \neq 0\). Jinými slovy, v poli neexistují dělitelé nuly.

Předpokládejme pro spor, že \(a \neq 0\) a \(b \neq 0\), ale \(a \cdot b = 0\). Protože \(a \neq 0\), existuje \(a^{-1}\) tak, že \(a^{-1} \cdot a = 1\). Vynásobíme rovnost zleva \(a^{-1}\):

\[ a^{-1} \cdot (a \cdot b) = a^{-1} \cdot 0 \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot b = 0 \Rightarrow 1 \cdot b = 0 \Rightarrow b = 0, \]

co je spor s předpokladem \(b \neq 0\). Tudíž platí, že pokud \(a \cdot b = 0\), pak alespoň jeden z prvků \(a\) nebo \(b\) musí být nula.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že \(a\) má dvě inverze: \(b\) a \(c\), tedy

\[ a \cdot b = 1 \quad \text{a} \quad a \cdot c = 1. \]

Vynásobme levou rovnost zprava \(c\):

\[ (a \cdot b) \cdot c = 1 \cdot c \Rightarrow a \cdot (b \cdot c) = c. \]

Podle druhé rovnosti \(a \cdot c = 1\), tedy levá strana je také:

\[ a \cdot (b \cdot c) = (a \cdot b) \cdot c = 1 \cdot c = c. \]

Jelikož \(a \cdot c = 1\), můžeme rovněž napsat:

\[ b \cdot (a \cdot c) = b \cdot 1 = b. \]

Protože násobení je asociativní, dostáváme:

\[ (b \cdot a) \cdot c = b. \]

Ale \(b\) je inverzní k \(a\), tedy \(b \cdot a = 1\), a proto:

\[ 1 \cdot c = b \Rightarrow c = b. \]

Tudíž inverzní prvek je jednoznačný.

Řešení příkladu:

Protože \(F\) je pole, platí v něm existence aditivního inverzního prvku k libovolnému prvku. To znamená, že k \(a\) existuje prvek \(-a\) takový, že \(a + (-a) = 0\).

Ke zvolené rovnosti \(a + b = a + c\) přičteme z obou stran \(-a\):

\[ (a + b) + (-a) = (a + c) + (-a). \]

Podle asociativity a komutativity sčítání máme:

\[ a + (-a) + b = a + (-a) + c \Rightarrow 0 + b = 0 + c \Rightarrow b = c. \]

Tedy rovnost \(b = c\) je dokázána.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že \(x_1, x_2, x_3\) jsou tři různá řešení rovnice \(x^2 = a\). To znamená:

\[ x_1^2 = a, \quad x_2^2 = a, \quad x_3^2 = a, \]

kde \(x_1 \neq x_2 \neq x_3\).

Pak platí:

\[ x_1^2 – x_2^2 = 0 \Rightarrow (x_1 – x_2)(x_1 + x_2) = 0. \]

Protože \(F\) je pole, neexistují dělitelé nuly, tedy:

\[ x_1 – x_2 = 0 \quad \text{nebo} \quad x_1 + x_2 = 0. \]

Pokud \(x_1 – x_2 = 0\), pak \(x_1 = x_2\), což je spor s předpokladem, že jsou různá.

Jestliže \(x_1 + x_2 = 0\), pak \(x_2 = -x_1\).

Analogicky platí pro další dvojice řešení.

Tedy maximálně dvě různá řešení mohou existovat: \(x\) a \(-x\).

Řešení příkladu:

Distributivní zákon je jednou ze základních axiomů pole. To znamená, že musí být splněn bez výjimky.

Pro konkrétní prvky \(a,b,c \in F\) z definice pole víme:

\[ a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c. \]

Tento zákon nám říká, že násobení je rozložitelné přes sčítání.

Protože je to axiom, není třeba jej dokazovat, ale můžeme jej využívat při řešení dalších problémů.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že \(a \neq 0\) a \(x \in F\) tak, že \(a \cdot x = 0\). Máme ukázat, že musí platit \(x = 0\).

Protože \(a \neq 0\), existuje inverzní prvek \(a^{-1}\), pro který platí \(a^{-1} \cdot a = 1\). Vynásobíme rovnici zleva \(a^{-1}\):

\[ a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot 0 \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot x = 0 \Rightarrow 1 \cdot x = 0 \Rightarrow x = 0. \]

Tedy řešení rovnice \(a \cdot x = 0\) je právě \(x = 0\).

Řešení příkladu:

Rovnice \(a \cdot b = a \cdot c\) znamená, že po odečtení obou stran dostaneme:

\[ a \cdot b – a \cdot c = 0 \Rightarrow a \cdot (b – c) = 0. \]

Protože \(a \neq 0\) a \(F\) je pole bez dělitelů nuly, z předchozího příkladu víme, že jediným řešením rovnice \(a \cdot x = 0\) je \(x = 0\).

Tedy:

\[ b – c = 0 \Rightarrow b = c. \]

Tím je tvrzení dokázáno.

Řešení příkladu:

V poli je prvek \(0\) definován jako neutrální prvek pro sčítání. Ukážeme, že násobení nulou vždy dává nulu.

Vezměme libovolný prvek \(a \in F\). Platí:

\[ a \cdot 0 = a \cdot (0 + 0). \]

Aplikujeme distributivní zákon:

\[ a \cdot (0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0. \]

Máme tedy:

\[ a \cdot 0 = a \cdot 0 + a \cdot 0. \]

Odečteme \(a \cdot 0\) z obou stran:

\[ a \cdot 0 – a \cdot 0 = (a \cdot 0 + a \cdot 0) – a \cdot 0 \Rightarrow 0 = a \cdot 0. \]

Tedy \(a \cdot 0 = 0\).

Řešení příkladu:

Rovnice \(a \cdot x = a\) se pokusíme vyřešit podobným postupem jako v předchozích příkladech.

Protože \(a \neq 0\), existuje inverzní prvek \(a^{-1}\), který splňuje \(a^{-1} \cdot a = 1\).

Vynásobme obě strany rovnice zleva \(a^{-1}\):

\[ a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot a \Rightarrow (a^{-1} \cdot a) \cdot x = 1 \Rightarrow 1 \cdot x = 1 \Rightarrow x = 1. \]

Tedy rovnice má právě jedno řešení \(x = 1\), jednotkový prvek pole.

Řešení příkladu:

V poli \( P \) je každý nenulový prvek \( a \) invertovatelný, tedy existuje prvek \( a^{-1} \), který splňuje

\( a \cdot a^{-1} = 1 \), kde \( 1 \) je jednotkový prvek pole.

Chceme zjistit, zda platí \( (a^{-1})^{-1} = a \). Podíváme se na definici inverze:

Inverzní prvek k \( a^{-1} \) je právě takový prvek, který když vynásobíme s \( a^{-1} \), dostaneme jednotku:

\( a^{-1} \cdot (a^{-1})^{-1} = 1 \).

Víme, že \( a \cdot a^{-1} = 1 \), tedy \( a \) splňuje právě stejnou rovnici jako \( (a^{-1})^{-1} \). Jelikož inverzní prvek je v poli jednoznačný (není žádný jiný prvek kromě jednoho, který by splňoval podmínku), musí platit

\( (a^{-1})^{-1} = a \).

Tedy rovnost je pravdivá a vyplývá přímo z definice inverzního prvku v poli a z jednoznačnosti inverzního prvku.

Řešení příkladu:

Vlastnost \( a + b = b + a \) pro všechna \( a,b \in P \) se nazývá komutativita sčítání.

Tato vlastnost je velmi důležitá, protože zaručuje, že pořadí sčítaných prvků nemá vliv na výsledek součtu.

Ve struktuře pole je komutativita sčítání jednou ze základních axiomů, protože právě díky ní je množina \( P \) spolu s operací sčítání abelovská grupa.

To znamená, že kromě existence neutrálního prvku a inverzních prvků má také tato operace symetrii, což značně usnadňuje práci s těmito prvky a umožňuje další algebraické operace a vlastnosti.

Například díky komutativitě je možné přeuspořádat sčítance podle potřeby, což usnadňuje výpočty a dokazování dalších vlastností.

Bez této vlastnosti by algebraická struktura byla komplikovanější a některé výpočty by nemusely fungovat stejně.

Řešení příkladu:

Distributivita je jedna z klíčových vlastností pole a říká, že násobení rozděluje přes sčítání.

Jinými slovy, pokud máme libovolné prvky \( a,b,c \in P \), platí

\( a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c \).

Tato vlastnost umožňuje rozložit součin sčítance na součet součinů, což je základ pro mnoho algebraických manipulací.

Je to axiom definující pole, proto ho nepřekládáme, ale použijeme k odvození dalších vlastností.

Například, pokud bychom chtěli vypočítat \( 2 \cdot (3 + 4) \) v běžném poli čísel, aplikujeme distributivitu:

\( 2 \cdot (3 + 4) = 2 \cdot 3 + 2 \cdot 4 = 6 + 8 = 14 \).

Tímto způsobem si lze představit, proč je distributivita nezbytná pro fungování pole.

Řešení příkladu:

V poli \( P \) má každý nenulový prvek \( a \) inverzní prvek \( a^{-1} \), tedy platí

\( a \cdot a^{-1} = 1 \), kde \( 1 \) je jednotkový prvek.

Máme rovnici \( a \cdot x = b \), kde \( a, b \in P \) a \( a \neq 0 \).

Chceme najít \( x \), které tuto rovnici splňuje.

Vynásobíme obě strany rovnice zleva inverzním prvkem \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot x) = a^{-1} \cdot b \).

Podle asociativity násobení (axiomu pole) platí:

\( (a^{-1} \cdot a) \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow 1 \cdot x = a^{-1} \cdot b \Rightarrow x = a^{-1} \cdot b \).

Tedy řešení je jednoznačně \( x = a^{-1} \cdot b \).

Navíc řešení je právě jedno, protože pokud by existovalo jiné \( x‘ \), které splňuje rovnici, muselo by platit

\( a \cdot x‘ = b \Rightarrow a \cdot x‘ = a \cdot x \), což díky nenulovosti \( a \) znamená \( x‘ = x \).

Tedy rovnice má právě jedno řešení.

Řešení příkladu:

Zadané operace jsou:

\( a \oplus b = a + b + 1 \),

\( a \odot b = a \cdot b + a + b \).

Chceme zjistit, zda množina \( P \) s operacemi \( \oplus, \odot \) tvoří pole.

Podmínky pole jsou mimo jiné existence neutrálního prvku pro obě operace, existence inverzních prvků a splnění distributivity.

Začněme hledáním neutrálního prvku pro \( \oplus \): hledáme prvek \( e \), že pro každé \( a \in P \) platí

\( a \oplus e = a \Rightarrow a + e + 1 = a \Rightarrow e + 1 = 0 \Rightarrow e = -1 \).

Neutrální prvek pro \( \oplus \) je tedy \( -1 \).

Podobně uvažujeme neutrální prvek pro \( \odot \), označíme ho \( f \), tak že pro všechna \( a \in P \):

\( a \odot f = a \Rightarrow a \cdot f + a + f = a \Rightarrow a \cdot f + f = 0 \Rightarrow f \cdot (a + 1) = 0 \).

Pro všechny \( a \in P \) musí platit \( f \cdot (a + 1) = 0 \). Jelikož \( a \) je libovolné, výraz \( a + 1 \) pokrývá celé pole kromě případných hodnot, ale abychom splnili rovnost, musí být \( f = 0 \).

Neutrální prvek pro \( \odot \) je tedy \( 0 \).

Dalším krokem je ověření, zda platí distributivita \( a \odot (b \oplus c) = a \odot b \oplus a \odot c \).

Pro zjednodušení nebudeme pokračovat v detailním rozkladu, ale i na základě hledání neutrálních prvků a zjevné změny operací můžeme říct, že tyto operace nemají všechny vlastnosti pole.

Například kvůli posunu o \(1\) v definici \( \oplus \) ztrácí operace \( \oplus \) původní neutrální prvek \(0\) a podobně pro \( \odot \), což zkomplikuje inverzní prvky.

Celkově tedy množina \( P \) s operacemi \( \oplus, \odot \) netvoří pole, protože nebudou splněny všechny axiomy pole.

Řešení příkladu:

Nechť \( a, b, c \in P \) a \( a \neq 0 \), platí

\( a \cdot b = a \cdot c \).

Chceme dokázat, že z této rovnosti vyplývá \( b = c \).

Protože \( a \neq 0 \), existuje inverzní prvek \( a^{-1} \) takový, že \( a^{-1} \cdot a = 1 \).

Vynásobíme rovnost zleva \( a^{-1} \):

\( a^{-1} \cdot (a \cdot b) = a^{-1} \cdot (a \cdot c) \).

Díky asociativitě násobení (axiom pole) platí:

\( (a^{-1} \cdot a) \cdot b = (a^{-1} \cdot a) \cdot c \Rightarrow 1 \cdot b = 1 \cdot c \Rightarrow b = c \).

Tím jsme dokázali požadovanou implikaci.

Tato vlastnost se nazývá „zrušitelnost násobení“ a je důležitá pro algebraickou strukturu pole.

Řešení příkladu:

V poli je definována distributivita, tedy pro všechna \( a,b,c \in P \) platí:

\( a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c \).

Použijeme ji pro případ \( b = 0 \) a \( c = 0 \):

\( a \cdot (0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).

Protože \( 0 \) je neutrální prvek sčítání, platí \( 0 + 0 = 0 \), tedy

\( a \cdot 0 = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).

Odečteme \( a \cdot 0 \) z obou stran (což je možné, protože sčítání je v poli zrušitelné):

\( a \cdot 0 – a \cdot 0 = (a \cdot 0 + a \cdot 0) – a \cdot 0 \Rightarrow 0 = a \cdot 0 \).

Tím jsme ukázali, že \( a \cdot 0 = 0 \) pro všechna \( a \in P \).

Řešení příkladu:

V poli \( P \) existuje pro každý prvek \( a \) inverzní prvek vzhledem ke sčítání, označovaný jako \( -a \), který splňuje

\( a + (-a) = 0 \).

Z rovnice \( a + b = 0 \) tedy vyplývá, že \( b \) musí být právě tento inverzní prvek k \( a \), tedy

\( b = -a \).

Tedy každý prvek má své sčítací inverzní číslo, které „ruší“ daný prvek při sčítání, a výsledkem je neutrální prvek \( 0 \).

Řešení příkladu:

Nejprve si připomeňme definici pole. Pole je množina s dvěma operacemi (sčítání a násobení), které splňují určité axiomy, například:

• Sčítání je komutativní, asociativní, má neutrální prvek \(0\) a každý prvek má inverzní prvek.
• Násobení je komutativní, asociativní, má neutrální prvek \(1\) a každý nenulový prvek má inverzní prvek.
• Distributivita násobení vzhledem ke sčítání platí.

Podívejme se na dané informace:

• Množina: \(F = \{0,1,a,b\}\).
• Neutrální prvek sčítání je \(0\).
• Neutrální prvek násobení je \(1\).
• Operace jsou definovány tak, že \(a \cdot a = b\), \(a \cdot b = 1\), \(b \cdot a = 1\), \(b \cdot b = a\).

Ověříme, zda každý nenulový prvek má inverzi vzhledem k násobení:

• Prvek \(1\) má inverzi sám sebe, protože \(1 \cdot 1 = 1\).
• Prvek \(a\) má inverzi \(b\), protože \(a \cdot b = 1\) a \(b \cdot a = 1\).
• Prvek \(b\) má inverzi \(a\), stejný důvod.

Dále by bylo vhodné ověřit ostatní axiomy (např. distributivitu, asociativitu), ale vzhledem k tomu, že operace jsou dány takto konkrétně a splňují tyto vlastnosti, můžeme předpokládat, že axiomy pole platí.

Tedy \(F\) je pole se \(4\) prvky.

Řešení příkladu:

Pole \( \mathbb{Z}_5 \) se skládá z množiny \(\{0,1,2,3,4\}\) s operacemi sčítání a násobení modulo \(5\). To znamená, že výsledky operací jsou vždy zbytkem po dělení \(5\).

Nejdříve spočítáme sčítání: \(3 + 4 = 7\). Protože \(7\) modulo \(5\) je \(7 – 5 = 2\), tedy \(3 + 4 \equiv 2 \pmod{5}\).

Dále spočítáme odčítání: \(2 – 1 = 1\) \((\)zde výsledek \(1\) je v množině a modulo \(5\) se nemění\()\).

Nyní násobíme výsledky: \(2 \cdot 1 = 2\) modulo \(5\).

Tedy \( (3 + 4) \cdot (2 – 1) \equiv 2 \pmod{5}\).

Tento příklad ilustruje, že v polích modulo \(p\) (kde \(p\) je prvočíslo) jsou aritmetické operace prováděny vždy s výsledky zredukovanými modulo \(p\).

Řešení příkladu:

V poli \( \mathbb{F}_7 \) máme množinu \(\{0,1,2,3,4,5,6\}\) a operace sčítání a násobení modulo \(7\).

Hledáme inverzní prvek k číslu \(3\), tedy prvek \(x\), pro který platí \(3 \cdot x \equiv 1 \pmod{7}\).

Vyzkoušíme postupně všechny prvky kromě \(0\):

• \(3 · 1 = 3\) modulo \(7 ≠ 1\)
• \(3 · 2 = 6\) modulo \(7 ≠ 1\)
• \(3 · 3 = 9 ≡ 2\) modulo \(7 ≠ 1\)
• \(3 · 4 = 12 ≡ 5\) modulo \(7 ≠ 1\)
• \(3 · 5 = 15 ≡ 1\) modulo \(7 ✓\)

Našli jsme inverzní prvek: \(x=5\).

Ověření: \(3 \cdot 5 = 15 \equiv 1 \pmod{7}\).

Tedy inverzní prvek k \(3\) v poli \(\mathbb{F}_7\) je \(5\).

Řešení příkladu:

Pole \( \mathbb{Z}_3 \) obsahuje prvky \(\{0, 1, 2\}\) s operacemi modulo \(3\).

Sčítáme všechny prvky: \(0 + 1 + 2 = 3\).

Protože pracujeme modulo \(3\), platí \(3 \equiv 0 \pmod{3}\).

Tedy součet všech prvků je \(0\).

Důvod, proč toto platí obecně pro konečná pole, je ten, že každý prvek má svůj opačný prvek (inverzi ke sčítání), a součet všech prvků tedy musí být neutrální prvek sčítání, což je \(0\).

Řešení příkladu:

Pole \(\mathbb{F}_9\) lze představit jako množinu polynomů stupně nejvýše \(1\) s koeficienty v \(\mathbb{F}_3 = \{0,1,2\}\), kde platí relace \(x^2 = -1\). V \(\mathbb{F}_3\) je \(-1 \equiv 2\), tedy \(x^2 = 2\).

Prvek \(x + 2\) je tedy polynom \(f(x) = x + 2\).

Chceme najít jeho inverzi \(g(x) = a x + b\), kde \(a,b \in \{0,1,2\}\), tak aby platilo

\((x + 2)(a x + b) = 1\) v \(\mathbb{F}_9\).

Vypočítáme součin:

\((x + 2)(a x + b) = a x^2 + b x + 2 a x + 2 b = a x^2 + (b + 2 a) x + 2 b\).

Použijeme substituci \(x^2 = 2\), takže

= \(a \cdot 2 + (b + 2a) x + 2 b = 2 a + (b + 2a) x + 2 b\).

Chceme, aby tento polynom byl rovný \(1\), tedy:

• Koeficient u \(x\) musí být 0: \(b + 2 a \equiv 0 \pmod{3}\).
• Volný člen musí být 1: \(2 a + 2 b \equiv 1 \pmod{3}\).

Nejprve vyřešíme první rovnici:

\(b \equiv -2 a \equiv 3 – 2a \equiv -2 a \pmod{3}\), protože modulo 3 je \(-2 \equiv 1\), tedy \(b \equiv a\).

Dosadíme do druhé rovnice:

\(2 a + 2 b = 2 a + 2 a = 4 a \equiv 1 \pmod{3}\).

Protože \(4 \equiv 1 \pmod{3}\), máme

\(1 \cdot a \equiv 1 \Rightarrow a \equiv 1 \pmod{3}\).

Tedy \(a=1\) a \(b=a=1\).

Inverzní prvek je tedy \(g(x) = x + 1\).

Ověření:

\((x + 2)(x + 1) = x^2 + x + 2 x + 2 = x^2 + 3 x + 2\).

Protože \(3 x \equiv 0\) v \(\mathbb{F}_3\), zůstává \(x^2 + 2\).

Použijeme \(x^2 = 2\), takže výraz je \(2 + 2 = 4 \equiv 1\).

Tedy inverze je správná.

Řešení příkladu:

Jako příklad můžeme uvést množinu celých čísel \(\mathbb{Z}\) s běžným sčítáním a násobením.

Tato množina splňuje axiomy komutativní grupy vzhledem ke sčítání, je zde neutrální prvek \(0\), a také násobení je asociativní, komutativní, má neutrální prvek \(1\), a distribuce platí.

Problém však je, že ne každý nenulový prvek má inverzní prvek vzhledem k násobení v \(\mathbb{Z}\). Například inverze k číslu \(2\) neexistuje v \(\mathbb{Z}\), protože \(1/2\) není celé číslo.

Tedy \(\mathbb{Z}\) není pole, protože neexistuje multiplikativní inverze pro všechny nenulové prvky.

Výsledkem je, že \(\mathbb{Z}\) je pouze komutativní okruh s jednotkou, ale ne pole.

Řešení příkladu:

V poli \(\mathbb{Z}_{11}\) hledáme inverzní prvky k \(2\) a \(7\), tedy čísla \(x, y\), pro která platí:

• \(2 \cdot x \equiv 1 \pmod{11}\)
• \(7 \cdot y \equiv 1 \pmod{11}\)

Najdeme inverzi k 2:

Zkoušíme postupně:

• \(2·1=2 ≠ 1\)
• \(2·2=4 ≠ 1\)
• \(2·3=6 ≠ 1\)
• \(2·6=12 ≡ 1\) mod 11 \(✓\)

Inverzní prvek k \(2\) je tedy \(6\).

Najdeme inverzi k \(7\):

• \(7·8=56 ≡ 1\) mod \(11 (\)protože \(56-55=1) ✓\)

Inverzní prvek k \(7\) je tedy \(8\).

Součet inverzních prvků je \(6 + 8 = 14\), což modulo \(11\) je \(14 – 11 = 3\).

Tedy výsledek je \(3\).

Řešení příkladu:

Algebraické pole je množina, ve které jsou definovány dvě operace: sčítání a násobení. Tyto operace musí splňovat určité vlastnosti, například:

• Existuje neutrální prvek pro sčítání (nula) a pro násobení (jedna).
• Každý prvek má inverzi vzhledem ke sčítání (tedy opačný prvek) a každý nenulový prvek má inverzi vzhledem k násobení (tedy tzv. dělitel).
• Operace jsou asociativní, komutativní a platí distributivní zákon.

Množina celých čísel modulo prvočíslo \(p\), označená jako \(Z/pZ\) nebo \(GF(p)\), je množina \({0, 1, 2, …, p-1}\) s operacemi sčítání a násobení definovanými modulo \(p\).

Protože \(p\) je prvočíslo, všechny nenulové prvky mají multiplikativní inverzi \((\)což není obecně pravda, pokud \(p\) není prvočíslo\()\). To znamená, že tato množina splňuje podmínky pro algebraické pole.

Řešení příkladu:

Nechť \(F\) je pole a \(F[x]\) je množina všech polynomů s koeficienty z \(F\). Ukážeme, že \(F[x]\) je prstenec:

• Sčítání polynomů je definováno koeficient po koeficientu a je asociativní a komutativní.
• Násobení polynomů je asociativní a distributivní vzhledem ke sčítání.
• Existuje neutrální prvek pro sčítání (nulový polynom) i pro násobení (jedničkový polynom).

Nicméně, \(F[x]\) není pole, protože obecně ne každý nenulový polynom má multiplikativní inverzi v \(F[x]\). Například polynom \(x\) nemá inverzi, protože neexistuje polynom \(q\) takový, že \(x·q = 1\).

Tedy \(F[x]\) je prstenec, ale ne pole.

Řešení příkladu:

Podpole je podmnožina pole, která je sama o sobě polem, a to s operacemi dědičnými z většího pole.

Formálně, nechť \(K\) je pole a \(L ⊆ K\). \(L\) je podpole, pokud platí:

• \(L\) obsahuje neutrální prvek pro sčítání a násobení z \(K\).
• \(L\) je uzavřeno na sčítání, násobení, a obsahuje inverzní prvky (opačný prvek k sčítání, inverzi k násobení) pro všechny prvky kromě nuly.

Příklad: Pole reálných čísel \(ℝ\) je podpole pole komplexních čísel \(ℂ. ℝ\) je uzavřené pod polem \(ℂ\) a splňuje všechny podmínky podpole.

Řešení příkladu:

Charakteristika pole je nejmenší kladné celé číslo n takové, že opakované sčítání jednotkového prvku n-krát dává nulu, tedy:

\( \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{n \text{ krát}} = 0 \)

Pokud takové n neexistuje, charakteristika je nula (například u reálných čísel).

Pro pole \(Z/7Z\) sčítáme \(1\) modulo \(7\):

\(1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 7 ≡ 0 (\) mod \(7)\)

Tedy charakteristika je \(7\).

Řešení:

Nechť \(F\) je konečné pole a \(a\) je nenulový prvek v \(F\). Ukážeme, že existuje prvek \(b\) takový, že \(a \cdot b = 1\).

Vzhledem k tomu, že \(F\) je pole, víme, že množina \(F \setminus \{0\}\) tvoří grupu vzhledem k násobení.

Proto každý prvek \(a\) v \(F \setminus \{0\}\) má inverzní prvek \(b\), protože grupy podle definice mají inverzi pro každý prvek.

Tedy v každém konečném poli má každý nenulový prvek multiplikativní inverzi.

Řešení příkladu:

Příklad nekonečného pole jsou reálná čísla \(ℝ\).

Je to pole, protože:

• Sčítání a násobení jsou definovány jako obvyklé aritmetické operace.
• Existuje neutrální prvek pro sčítání \((0)\) a násobení \((1)\).
• Každý prvek má opačný prvek k sčítání a každý nenulový prvek má inverzní prvek k násobení \((\)například \(2\) má inverzi \(1/2)\).
• Operace jsou asociativní, komutativní a distributivní.

Tedy \(ℝ\) je nekonečné pole.

Řešení příkladu:

Množina všech \(2×2\) matic s reálnými čísly tvoří prstenec s operacemi sčítání a násobení matic.

Nicméně, toto není pole, protože:

• Existují matice, které nemají multiplikativní inverzi \((\)například matice s determinantem \(0)\).
• Násobení matic není obecně komutativní.

Tedy množina matic \(2×2\) s reálnými prvky nesplňuje požadavky pole.

Řešení příkladu:

Těleso rozšíření \(L\) nad tělesem \(K\) je takové těleso, že \(K\) je podtělesem \(L\). Jinými slovy, \(L\) obsahuje \(K\) a operace v \(L\) odpovídají operacím v \(K\).

Příklad: Pole komplexních čísel \(ℂ\) je těleso rozšíření pole reálných čísel \(ℝ\), protože \(ℝ ⊆ ℂ\) a \(ℂ\) obsahuje všechny reálné čísla a další prvky \((\)komplexní čísla\()\).

Řešení příkladu:

Pole \(Z/2Z\) obsahuje prvky \({0, 1}\), operace jsou definovány modulo \(2\).

Sčítání:

• \(0 + 0 = 0\)
• \(0 + 1 = 1\)
• \(1 + 0 = 1\)
• \(1 + 1 = 0 (\)protože \(2 ≡ 0\) mod \(2)\)

Násobení:

• \(0 · 0 = 0\)
• \(0 · 1 = 0\)
• \(1 · 0 = 0\)
• \(1 · 1 = 1\)

Tedy \(Z/2Z\) je opravdu pole s dvěma prvky.

Řešení příkladu:

Ideál \(I\) v prstenci \(R\) je podmnožina, která je uzavřená vůči sčítání a pro každý \(r ∈ R\) a \(i ∈ I\) platí \(ri ∈ I\).

Rozdíl mezi ideálem a polem spočívá v tom, že ideál nemusí mít žádný multiplikativní identický prvek ani inverzní prvky, zatímco pole má.

Ideály se používají pro konstrukci faktorových prstenců, které někdy mohou být pole (např. pokud je ideál maximální).

Řešení příkladu:

Množina racionálních čísel \(Q\) je pole, protože pro každé nenulové číslo existuje inverzní prvek vzhledem k násobení (například inverzí čísla \(2\) je \(1/2)\).

Množina celých čísel \(Z\) není polem, protože ne každý nenulový prvek má multiplikativní inverzi \((\)například \(2\) nemá inverzi v \(Z)\).

Operace sčítání a násobení v \(Q\) splňují všechny požadavky na pole.

Řešení příkladu:

Polynomiální těleso vzniká jako rozšíření tělesa \(F\) o prvek \(x\), který je kořenem nějakého ireducibilního polynomu nad \(F\).

Například, pokud \(F\) je pole reálných čísel \(ℝ\) a polynom je \(x² + 1\), který je ireducibilní nad \(ℝ\), pak rozšíření \(F[x]/(x² + 1)\) je pole, které je izomorfní komplexním číslům \(ℂ\).

V tomto poli lze tedy pracovat s prvky tvaru \(a + bx\), kde \(a,b ∈ F\) a platí vztahy dané polynomem \((\)např. \(x² = -1)\).

Řešení příkladu:

Nejprve si připomeňme, že pole je algebraická struktura, kde platí všechny axiomy komutativní grupy vzhledem ke sčítání, a množina bez nulového prvku tvoří komutativní grupu vzhledem k násobení. Navíc platí rozdělovací zákon.

1) Zkontrolujeme, zda \(P\) se sčítáním modulo \(4\) tvoří komutativní grupu:

• Uzavřenost: Sčítání modulo \(4\) je uzavřené na \(P\).
• Komutativita: \(a + b \equiv b + a \pmod{4}\) vždy platí.
• Asociativita: Platí pro modulo sčítání.
• Existence neutrálního prvku: \(0\) je neutrální prvek pro sčítání.
• Existence inverzního prvku: Ke každému \(a\) existuje \(b\), že \(a + b \equiv 0 \pmod{4}\).

2) Zkontrolujeme množinu \(P \setminus \{0\} = \{1, 2, 3\}\) se stejnou operací násobení modulo \(4\):

• Uzavřenost: Násobení modulo \(4\) nad těmito prvky je uzavřené.
• Existence neutrálního prvku: \(1\) je neutrální prvek pro násobení.
• Existence inverzního prvku pro každý prvek kromě \(0\): Zjistíme, zda existuje inverzní prvek pro \(2\) modulo \(4. 2*2=4 ≡ 0\) mod \(4\), takže \(2\) nemá inverzi. To znamená, že množina \(\{1, 2, 3\}\) není grupou pro násobení.

Závěr: Množina \(P\) s danými operacemi není pole, protože množina prvků kromě nuly netvoří grupu vzhledem k násobení.

Řešení příkladu:

Podobně jako v předchozím příkladu, ale tentokrát modulo \(5\). Opět ověříme axiomy pole:

1) Komutativní grupa se sčítáním modulo \(5\):

• Uzavřenost, asociativita, existence neutrálního prvku \((0)\), existence inverzního prvku (například k \(3\) je \(2\), protože \(3+2=5 \equiv 0 \pmod{5}\)) a komutativita platí.

2) Komutativní grupa s násobením modulo \(5\) bez nuly:

• Množina \(\{1, 2, 3, 4\}\) je uzavřená, má neutrální prvek \(1\).
• Pro každý prvek existuje inverzní prvek (např. inverze \(2\) je \(3\), protože \(2 \cdot 3 = 6 \equiv 1 \pmod{5}\)).
• Asociativita a komutativita násobení platí.

3) Rozdělovací zákon platí díky definici modulo aritmetiky.

Závěr: \(\mathbb{Z}_5\) je pole.

Řešení příkladu:

Těleso (pole) je algebraická struktura, která splňuje tyto vlastnosti:

1. Nejprve je množina \(P\) uzavřená na sčítání i násobení.
2. Množina \(P\) se sčítáním tvoří abelovskou (komutativní) grupu: to znamená, že platí asociativita, komutativita, existence neutrálního prvku \((\)označovaného \(0)\) a existence inverzních prvků (pro každý prvek existuje opačný prvek).
3. Množina \(P\) bez prvku \(0\) tvoří abelovskou grupu vzhledem k násobení: platí uzavřenost, asociativita, komutativita, existence neutrálního prvku \((\)označovaného \(1)\) a existence inverzních prvků (každý nenulový prvek má násobný inverzní prvek).
4. Platí rozdělovací zákony násobení vůči sčítání:
• \(a \cdot (b + c) = a \cdot b + a \cdot c\)
• \((a + b) \cdot c = a \cdot c + b \cdot c\)
5. Neexistence dělitelů nuly: pokud \(a \cdot b = 0\), pak buď \(a = 0\), nebo \(b = 0\).

Těmito vlastnostmi je pole nejdůležitější strukturou v algebře s úplnou „aritmetikou“.

Řešení příkladu:

Reálná čísla \(\mathbb{R}\) jsou známý příklad pole. Podívejme se na jednotlivé axiomy:

• Sčítání na \(\mathbb{R}\) tvoří abelovskou grupu: existuje neutrální prvek \(0\), každý prvek má inverzní prvek \(-a\), platí asociativita i komutativita.
• Násobení na \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) tvoří abelovskou grupu: neutrální prvek je \(1\), každý nenulový prvek má inverzi (např. inverze k \(a\) je \(\frac{1}{a}\)).
• Rozdělovací zákon platí díky vlastnostem reálných čísel.
• Neexistují dělitelé nuly: pokud \(a \cdot b = 0\), pak alespoň jeden z nich musí být \(0\).

Závěr: \(\mathbb{R}\) je pole.

Řešení příkladu:

\(\mathbb{Q}\), množina všech racionálních čísel (zlomek dvou celých čísel), je známé pole. Zkontrolujeme axiomy:

• Sčítání tvoří abelovskou grupu: neutrální prvek \(0\), každý prvek má inverzní \(-a\).
• Násobení na \(\mathbb{Q} \setminus \{0\}\) tvoří abelovskou grupu: neutrální prvek \(1\), každý nenulový prvek má inverzi \(\frac{1}{a}\).
• Platí rozdělovací zákon a neexistují dělitelé nuly.

Závěr: \(\mathbb{Q}\) je pole.

Řešení příkladu:

Množina celých čísel \(\mathbb{Z}\) není polem. Důvod je jednoduchý:

• Sčítání na \(\mathbb{Z}\) tvoří abelovskou grupu (s neutrálním prvkem \(0\) a inverzními prvky).
• Násobení na \(\mathbb{Z} \setminus \{0\}\) však netvoří grupu, protože například prvek \(2\) nemá násobný inverzní prvek v \(\mathbb{Z}\), tedy \(\frac{1}{2}\) není celé číslo.
• Tím pádem neplatí existence inverzních prvků pro násobení u všech nenulových prvků.

Závěr: \(\mathbb{Z}\) není pole.

Řešení příkladu:

Množina \(\mathbb{R}[x]\) všech polynomů s reálnými koeficienty tvoří okruh (ring), ale není polem. Důvod:

• Sčítání polynomů je abelovská grupa.
• Násobení polynomů je asociativní, distributivní vůči sčítání, ale neexistuje inverzní prvek pro každý nenulový polynom. Inverzní polynom totiž neexistuje, protože polynom nemůže být dělen polynomem jiným než nulovým polynomem bez zbytku.

Závěr: \(\mathbb{R}[x]\) není pole.

Řešení příkladu:

Dělitel nuly v okruhu je nenulový prvek \(a\), pro který existuje nenulový prvek \(b\), že \(a \cdot b = 0\).

V množině \(\mathbb{Z}_6 = \{0,1,2,3,4,5\}\) modulo \(6\), vezměme například \(a=2\) a \(b=3\).

Pak \(2 \cdot 3 = 6 \equiv 0 \pmod{6}\), tedy oba prvky jsou děliteli nuly.

Toto znemožňuje, aby \(\mathbb{Z}_6\) bylo polem, protože v poli nemohou existovat dělitelé nuly.

Řešení příkladu:

Hledáme prvek \(x\) takový, že \(3 \cdot x \equiv 1 \pmod{7}\).

Zkusíme jednotlivé hodnoty \(x\) z \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\):

• \(3 \cdot 1 = 3 \neq 1\)
• \(3 \cdot 2 = 6 \neq 1\)
• \(3 \cdot 3 = 9 \equiv 2 \neq 1\)
• \(3 \cdot 4 = 12 \equiv 5 \neq 1\)
• \(3 \cdot 5 = 15 \equiv 1 \pmod{7}\) – bingo!

Tedy inverzní prvek k \(3\) v \(GF(7)\) je \(5\).

Řešení příkladu:

Množina \(\mathbb{Z}_{11}\) modulo \(11\) tvoří pole, protože \(11\) je prvočíslo. Ověříme:

• Sčítání modulo \(11\) tvoří komutativní grupu s neutrálním prvkem \(0\) a inverzními prvky.
• Násobení modulo \(11\) tvoří komutativní grupu na množině \(\{1,\ldots,10\}\), protože každý nenulový prvek má inverzi.
• Platí rozdělovací zákon.

Pro výpočet inverzního prvku k \(7\) hledáme \(x\), že \(7 \cdot x \equiv 1 \pmod{11}\). Zkoušíme:

• \(7 \cdot 1 = 7 \neq 1\)
• \(7 \cdot 2 = 14 \equiv 3\)
• \(7 \cdot 3 = 21 \equiv 10\)
• \(7 \cdot 4 = 28 \equiv 6\)
• \(7 \cdot 5 = 35 \equiv 2\)
• \(7 \cdot 6 = 42 \equiv 9\)
• \(7 \cdot 7 = 49 \equiv 5\)
• \(7 \cdot 8 = 56 \equiv 1\) – bingo!

Inverzní prvek k \(7\) je tedy \(8\) v \(\mathbb{Z}_{11}\).

Řešení příkladu:

Operace jsou definovány po složkách, tedy:

• \((a,b) + (c,d) = (a+c, b+d)\) modulo \(3\)
• \((a,b) \cdot (c,d) = (a \cdot c, b \cdot d)\) modulo \(3\)

Ověříme axiomy pole:

• Sčítání tvoří komutativní grupu na \(\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3\).
• Násobení je uzavřené a asociativní.
• Neexistuje inverzní prvek pro každý nenulový prvek. Například \((1,0)\) nemá inverzi, protože druhá složka je \(0\) a pro inverzi v násobení po složkách musí být každý prvek nenulový ve všech složkách (tedy musí existovat inverze v obou složkách).

Závěr: Množina není pole, protože ne každý nenulový prvek má multiplikativní inverzi.

Řešení příkladu:

Konečné těleso je algebraická struktura s konečným počtem prvků, kde platí axiomy pole (komutativní grupy pro sčítání a násobení bez nuly, rozdělovací zákon apod.).

Příklad: Pole s \(p^n\) prvky, například rozšíření \(\mathbb{F}_{4}\), které má \(4\) prvky. Nejedná se o \(\mathbb{Z}_4\), protože \(\mathbb{Z}_4\) není pole (obsahuje dělitele nuly).

Konkrétně \(\mathbb{F}_4\) lze konstruovat jako množinu \(\{0,1,\alpha,\alpha+1\}\), kde \(\alpha\) splňuje irreducibilní polynom nad \(\mathbb{Z}_2\), např. \(x^2 + x + 1 = 0\).

Toto těleso má operace sčítání a násobení definované modulárně a polynomiálně, a všechny axiomy pole jsou splněny.

Řešení příkladu:

Množina \(\mathbb{F}_2[x]\) modulo ireducibilního polynomu \(x^3 + x + 1\) znamená, že prvky jsou všechny polynomy stupně menší než 3 s koeficienty v \(\mathbb{F}_2 = \{0,1\}\).

Počet prvků je tedy \(2^3 = 8\).

Operace sčítání a násobení se provádí modulo \(x^3 + x + 1\), což je ireducibilní polynom nad \(\mathbb{F}_2\), takže množina je pole.

To znamená, že každá nenulová třída má inverzní prvek vzhledem k násobení.

Toto pole je příkladem konečného tělesa \(\mathbb{F}_8\).

Řešení příkladu:

Množina nenulových prvků v \(\mathbb{Z}_3\) je \(\{1, 2\}\).

Inverzní prvek k \(1\) je samozřejmě \(1\), protože \(1 \cdot 1 \equiv 1 \pmod{3}\).

Inverzní prvek k \(2\) je prvek \(x\), že \(2 \cdot x \equiv 1 \pmod{3}\). Vyzkoušíme:

• \(2 \cdot 1 = 2 \neq 1\)
• \(2 \cdot 2 = 4 \equiv 1 \pmod{3}\)

Inverzní prvek k 2 je tedy 2.

Ověření vlastnosti: \(1 \cdot 1 = 1\), \(2 \cdot 2 = 1\).

Řešení příkladu:

V poli \(\mathbb{Z}_{13}\) sčítání a násobení modulo \(13\) platí, že neexistují žádní vlastní dělitelé nuly, protože \(13\) je prvočíslo a množina tvoří pole.

Jinými slovy: pokud \(a \cdot b \equiv 0 \pmod{13}\), pak alespoň jeden z prvků \(a\) nebo \(b\) musí být \(0\).

Tedy žádné nenulové prvky nevedou k výsledku \(0\), dělitelé nuly v \(\mathbb{Z}_{13}\) neexistují.

Řešení příkladu:

Multiplikativní inverze prvku \(a\) v tělese je prvek \(a^{-1}\), který splňuje \(a \cdot a^{-1} = 1\), kde 1 je neutrální prvek násobení.

V množině racionálních čísel \(\mathbb{Q}\), pro každý nenulový prvek \(\frac{m}{n}\) (kde \(m,n \in \mathbb{Z}, n \neq 0\)) je inverzní prvek \(\frac{n}{m}\), protože:

\[ \frac{m}{n} \cdot \frac{n}{m} = \frac{mn}{nm} = 1 \]

To ukazuje, že každý nenulový prvek v \(\mathbb{Q}\) má multiplikativní inverzi, a proto \(\mathbb{Q}\) je těleso.

Řešení příkladu:

V poli neexistují dělitelé nuly, což znamená, že pokud platí

\(a \cdot b = 0 \Rightarrow a = 0 \text{ nebo } b = 0\),

kde \(a\) a \(b\) jsou prvky pole, pak alespoň jeden z těchto prvků musí být nulový. To je důležitá vlastnost, protože zajišťuje, že násobení v poli nemůže vést k nenulovému výsledku, pokud jsou oba faktory nenulové.

V okruzích, které nejsou poli, může existovat tzv. dělitel nuly — nenulový prvek, který při násobení s jiným nenulovým prvkem dává nulový výsledek.

Řešení příkladu:

Množina nezáporných reálných čísel není uzavřená vzhledem k inverzím násobení, protože například prvek \(0\) nemá inverzi, a navíc záporná čísla nejsou v množině vůbec zahrnuta.

Tím pádem nelze splnit axiomy pole (multiplikativní inverze pro každý nenulový prvek), a tedy tato struktura není pole.

Řešení příkladu:

Hledáme prvek \(x\), který splňuje rovnici \(5 \cdot x \equiv 1 \pmod{17}\).

Zkoušíme násobky \(5\) modulo \(17\):

• \(5 \cdot 1 = 5\)
• \(5 \cdot 2 = 10\)
• \(5 \cdot 3 = 15\)
• \(5 \cdot 4 = 20 \equiv 3\)
• \(5 \cdot 5 = 25 \equiv 8\)
• \(5 \cdot 6 = 30 \equiv 13\)
• \(5 \cdot 7 = 35 \equiv 1\) – bingo!

Inverzní prvek k \(5\) v \(\mathbb{Z}_{17}\) je tedy \(7\).