Прикладная математика
                               Cправочник математических формул
                                          Примеры и задачи с решениями

Алфавитный указатель  а б в г д е ж з и к л м н о п р с т у ф х ц ч ш щ э ю я  

  • Математические формулы

  • Примеры решения задач

  • Некоторые постоянные
  • Элементарная геометрия
  • Геометрические преобразования
  • Начала анализа и алгебры
  • Уравнения и неравенства
  • Аналитическая геометрия
  • Высшая алгебра
  • Дифференциальное исчисление
  • Дифференциальная геометрия
  • Интегральное исчисление
  • Комплексный анализ
  • Элементы теории поля
  • Тензорное исчисление
  • Дифференциальные уравнения
  • Математическая логика
  • Теория вероятностей и
     математическая статистика





     Формулы / Группы, кольца и поля / Поле / 1 2 3 4 5 6


     Доказательство. Помножая обе части равенства на bd, получим: ad = bc. Если, обратно, дано равенство ad = bc, где b ≠ 0 и d ≠ 0, то, полагая , получим: bdx = ad, bdy = bc, откуда bdx = bdy. Умножая обе части равенства на b -1 и d -1, получим: x = y, т. е. .

     Утверждение а) доказано. Утверждения б) и в) доказываются аналогично второй части утверждения а). Наконец, для доказательства утверждения г) достаточно убедиться, что

Но это равенство следует, очевидно, из в) и а).

     Характеристика поля. Существуют поля, содержащие элементы a ≠ 0 такие, что na = 0 при целом n, отличном от нуля. Так, в поле из двух элементов 0 и e имеем: 2e = e + e = 0. Справедливо утверждение:

     Теорема 4. Для любого поля P имеет место один из двух случаев:

     а) для любого элемента a ≠ 0 и любого целого числа n ≠ 0 кратное na также отлично от нуля;

     б) существует единственное простое число p такое, что pa = 0 для любого элемента a. (Под простым числом понимается натуральное число, отличное от 1 и не делящееся ни на какое натуральное число, кроме 1 и самого себя)

     Доказательство. Пусть случай а) не имеет места, т. е. существует элемент поля a ≠ 0 и целое число n ≠ 0, для которых na = 0. Докажем, что тогда имеет место случай б). Для любого существует q такое, что aq = b. Тогда по (5) также

nb = n(aq) = (na)q = 0,

     Достаточно поэтому доказать, что случай б) имеет место для какого-нибудь одного элемента a ≠ 0, например для единицы e. По доказанному ne = 0, значит, и (-n)e = -ne = 0. Одно из чисел n и -n - положительное. Существуют, следовательно, натуральные числа k такие, что ke = 0. Пусть p будет наименьшее из чисел k с этим свойством.

     Покажем, что p - число простое; p ≠ 1, так как 1 · e = e ≠ 0 и pe = 0. Если p делится на q, где 1 < q < p, то p = qr и также 1 < r < p. Тогда по (5)

pe = (qr)(ee) = (qe)(re) = 0 · q = 0.

и ввиду отсутствия делителей нуля (теорема 1) либо qe = 0, либо re = 0, что невозможно, т. к. p - наименьшее натуральное число, обладающее этим свойством. Пусть k - любое натуральное число такое, что ke = 0; деля k на p, найдем: k = pq + r, где остаток r удовлетворяет условию 0 ≤ r < p. Тогда из (6) и (5) следует:

ke = (pq + r)e = (pq)e + re = q(pe) + re = 0 + re = re = 0.


-1-2-3-4-5-6-



© 2006- 2017  ПМ298
info@pm298.ru
     Электронный справочник по математике: математические формулы по алгебре и геометрии, высшая математика, математика, математические формулы. Задачи с решениями, примеры и задачи по математике, бесплатные решения задач, группы , точка разрыва второго рода

     Характеристика поля, теорема.