Matematika | Diszkrét Matematika » Mészáros Gábor - Majdnemgyűrűk és alkalmazásaik

http://www.doksihu Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Mészáros Gábor matematikus szak Majdnemgyűrűk és alkalmazásaik Diplomamunka témavezető : Pelikán József, egyetemi adjunktus Eötvös Loránd Tudományegyetem, Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2009. http://www.doksihu Köszönetnyilvánı́tás Köszönöm témavezetőmnek, Pelikán Józsefnek, hogy ezt az izgalmas és különleges témát figyelmembe ajánlotta; hálás vagyok továbbá értékes tanácsaiért és megjegyzéseiért, amelyekkel a dolgozat elkészı́tését segı́tette. 2 http://www.doksihu Tartalomjegyzék 1. Majdnemgyűrűk általános jellemzése 1.1 Definı́ciók és alapvető összefüggések 2. Néhány alapvető fontosságú példa majdnemgyűrűre 2.1 Csoportleképezések 2.11 M (G) definı́ciója és

jellemzése 2.12 M0 (G) definı́ciója és jellemzése 2.2 Polinomgyűrűk és majdnemgyűrűk 2.21 R[x] 2.22 R[x, y] 2.3 Majdnemtestek 2.31 Általános jellemzők 2.32 Dickson-féle majdnemtest-konstrukció (általános eset) 2.33 Dickson-féle véges majdnemtestek (a konstrukció speciális esete) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 8 8 8 10 11 11 12 13 13 15 16 3. Majdnemgyűrű-szorzás definiálása csoporton 17 3.1 Nemtriviális majdnemgyűrű

végesen generált additı́v csoporttal 17 3.2 Nemtriviális = nullszimmetrikus? 23 4. Planáris majdnemgyűrűk 4.1 Sı́k koordinátázása majdnemtesttel; planáris majdnemtestek 4.2 Planáris majdnemgyűrűk; definı́ciók és általános jellemzők 4.3 Példák/ellenpéldák planáris majdnemgyűrűre 4.4 A Ferrero-féle planáris-majdnemgyűrű gyár . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 24 25 27 29 5. Majdnemgyűrűk alkalmazása; kapcsolat blokkrendszerekkel 32 5.1 Blokkrendszerek 32 5.2 Blokkrendszer készı́tése planáris majdnemgyűrűből 33 3 http://www.doksihu Bevezetés A majdnemgyűrű -

ha tömören kı́vánjuk összegezni - az absztrakt algebra tárgykörébe tartozó, gyűrűkkel számos hasonlóságot mutató matematikai struktúra. Tárgyalását a gyűrűaxiómák felidézésével kezdjük: 1. Definı́ció N halmaz a rajta definiált +, · : N × N N kétváltozós műveletekkel (”összeadás” és ”szorzás”) gyűrűt alkot, amennyiben a következő feltételeket teljesı́ti: i) (N, +) Abel-csoport ii) (N, ·) félcsoport iii) (f + g) · h = f · h + g · h ∀f, g, h ∈ N iv) f · (g + h) = f · g + f · h ∀f, g, h ∈ N A közölt iii)-iv) axiómák közül pontosan egyet elhagyva, valamint az additı́v csoport esetleges nemkommutativitását megengedve, az ı́gy definiált algebrai struktúrát ”majdnemgyűrűnek”, pontosabban: • iii) elhagyásával ”bal-majdnemgyűrűnek” • iv) elhagyásával ”jobb-majdnemgyűrűnek” nevezzük. Majdnemgyűrűt tehát a

gyűrűaxiómák gyengı́tésével, egyes axiómák elhagyásával kapunk. Teljes joggal kérdezhetjük: ezen, mindenféle szimmetriát nélkülöző, felettébb természetellenes definı́ciónak van-e létjogosultsága? Léteznek-e majdnemgyűrűk, amelyek nem gyűrűk, ha igen, érdemes-e vizsgálódásunk tárgyává tenni őket? Mi motiválhat a közölt definı́ció bevezetésénél? Fellelhetőek-e, alkalmazhatóak-e a majdnemgyűrűk más matematikai területeken? Jelen dolgozatban természetesen lehetetlen vállalkozás lenne a feltett kérdésekre a teljesség igényével választ adni; célunk a következő oldalakon bevezető áttekintést adni a majdnemgyűrűk néhány általános jellemzőjéről, valamint egyes specifikus osztályaikról, az alábbiak szerint: - Az első fejezetben a majdnemgyűrű definı́ciójából közvetlenül származtatható, általános érvényű,

egyszerű összefüggések kerülnek tárgyalásra, a gyűrűelmélet bevezető tárgyalásához hasonló felépı́tés szerint. - A második fejezetben áttekintést adunk majdnemgyűrűk néhány emlı́tést érdemlő családjáról, azok alapvető tulajdonságainak vizsgálatával. Rövid kitérőt teszünk a majdnemtest struktúra, mint speciális majdnemgyűrű felé. - A harmadik fejezetet [2] nyomán haladva majdnemgyűrűk additı́v csoportjai vizsgálatának szenteljük. Fő eredményként igazoljuk, hogy tetszőleges végesen generált csoport lehet additı́v csoportja ”nemtriviális majdnemgyűrűnek”. - A negyedik fejezetben a planáris majdnemgyűrű fogalmával, geometriai hátterével ismerkedünk; Ferrero eredményei nyomán haladva jellemezzük a (véges) planáris majdnemgyűrűket. - Az ötödik fejezetben planáris majdnemgyűrűk egy lehetséges alkalmazásával ismerkedünk,

blokkrendszereket konstruálva segı́tségükkel. A dolgozatban következetesen jobb-majdnemgyűrűket vizsgálunk. Választásunk önkényes, azonban pusztán technikai jellegű megfontolások által vezérelt: a definı́ció ismeretében könnyen végiggondolható, hogy tetszőleges jobb/bal majdnemgyűrű a szorzásművelet megfelelő módosı́tásával bal/jobb majdnemgyűrűvé alakı́tható. A két fogalom tehát érdemben nem különı́thető el. A dolgozatban [1] jelöléseit és elnevezéseit (illetve azok magyar megfelelőit) alkalmazzuk, az egyéb forrásokból átvett és felhasznált anyagok ehhez igazı́tva kerülnek közlésre. 4 http://www.doksihu 1. 1.1 Majdnemgyűrűk általános jellemzése Definı́ciók és alapvető összefüggések 2. Definı́ció A ”+” és ” · ” kétváltozós műveletekkel ellátott N halmaz (N, +, ·) jobb-majdnemgyűrű, ha a következő

feltételeket teljesı́ti: (i) (N, +) csoport (a gyűrűaxiómákkal ellentétben, nem feltétlenül Abel) (ii) (N, ·) félcsoport (iii) (f + g) · h = f · h + g · h ∀f, g, h ∈ N Korábbi megjegyzésünket megismételve megjegyezzük: tetszőleges gyűrű teljesı́ti axiómáinkat, mely ı́gy egyben majdnemgyűrű is. De vajon létezik-e ”valódi” majdnemgyűrű? A következőkben példát mutatunk mindkét oldali disztributivitást nem teljesı́tő majdnemgyűrűre. A könnyebb kezelhetőség kedvéért példánkat csak az alább közlésre kerülő állı́tás birtokában prezentáljuk. 1. Állı́tás Jobb-majdnemgyűrűben 0 · a = 0, (−a) · b = −(a · b) ∀a, b ∈ N Bizonyı́tás: A definı́cióban közölt disztributivitást felhasználva: 0 · a = (0 + 0) · a = 0 · a + 0 · a ⇒ 0 · a = 0. A második állı́tás igazolásához vegyük észre, hogy az egyenlőség mindkét

oldalán a · b additı́v inverze áll: a · b + (−a) · b = (a − a) · b = 0 = a · b + (−(a · b)). Megjegyzés: Bal-majdnemgyűrűben a · 0 = 0, a · (−b) = −(a · b) ∀a, b ∈ N . Az állı́tás az előzőekkel azonos módon igazolható. Elvárásainkkal ellentétben, majdnemgyűrűk esetén a · 0 = 0 · a = 0 összefüggés NEM következménye az axiómáknak. 1. Példa Kı́séreljünk meg az alábbiakban teljes áttekintést nyerni a lehetséges kételemű majdnemgyűrűkről! Egy kételemű majdnemgyűrű additı́v csoportja szükségképpen izomorf Z2 Abel-csoporttal, jelöljük elemeit a szokott módon 0-val és 1-gyel. Meghatározandó(ak) a továbbiakban a majdnemgyűrű lehetséges szorzástáblázata(i) Az 1 állı́tás alapján: · 0 1 0 0 1 0 Táblázatunk fennmaradó 2 cellája négy különböző módon tölthető ki, ı́gy a lehetséges majdnemgyűrű jelöltek a

következők: · A) 0 1 0 0 0 1 0 0 · B) 0 1 0 0 0 · C) 0 1 1 0 1 5 0 0 1 1 0 0 · D) 0 1 0 0 1 1 0 1 http://www.doksihu - A) és B) majdnemgyűrűk, hiszen mindkét példa ismert gyűrű (kételemű zérógyűrű, illetve Z/2Z faktorgyűrű, azaz F2 véges test), ennélfogva nem megfelelő példák számunkra. - C) konstrukció nem lehet majdnemgyűrű, hiszen benne a szorzás nem asszociatı́v: (1 · 0) · 1 = 1 · 1 = 0, és 1 · (0 · 1) = 1 · 0 = 1. - D) konstrukcióról az axiómák munkaigényes ellenőrzésével igazolható, hogy valóban majdnemgyűrű. A direkt ellenőrzést ehelyütt mellőzzük, néhány további eredmény ismeretében állı́tásunk igazolást fog nyerni. Könnyedén belátható továbbá, hogy majdnemgyűrűnk nem gyűrű, példának okáért 1·(0+1) = 1·1 = 1 és 1·0+1·1 = 1+1 = 0, tehát iv) disztributivitási szabály nem teljesül. Mint az imént

láthattuk, majdnemgyűrűben 0 tényezőt tartalmazó szorzat értéke nem feltétlenül 0. Amennyiben emlı́tett összefüggésünk mégis fennáll, a majdnemgyűrűt ”nullszimmmetrikus majdnemgyűrűnek” nevezzük. 3. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrű ”nullszimmetrikus”, ha a · 0 = 0 · a = 0 ∀a ∈ N 4. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrűben H ⊆ N halmaz rész-majdnemgyűrű, ha (H, +, ·) majdnemgyűrű (Jel:H 6 N ). Megjegyzés: Gyűrű, mint majdnemgyűrű rész-majdnemgyűrűje értelemszerűen gyűrű. 2. Állı́tás (N, +, ·) (jobb-) majdnemgyűrűben N0 := {n ∈ N : n · 0 = 0 · n = 0} 6 N Bizonyı́tás: Legyenek a, b ∈ N0 , ekkor: (a + b) · 0 = a · 0 + b · 0 = 0 + 0 = 0 és (a · b) · 0 = a · (b · 0) = a · 0 = 0, tehát N0 zárt a műveletekre. Az 1 állı́tás alapján N nulleleme, és tetszőleges N0 -beli elem additı́v inverze is eleme N0 -nak. 3. Állı́tás (N, +,

·) jobb-majdnemgyűrűben NC := {n · 0 : n ∈ N } 6 N Ha a, b ∈ NC , akkor a · b = a Bizonyı́tás: Ha a, b ∈ NC , úgy ∃x, y ∈ N : a = x · 0 és b = y · 0. Ekkor a + b = x · 0 + y · 0 = (x + y) · 0 ⇒ a + b ∈ NC és a · b = (x · 0) · (y · 0) = x · (0 · y) · 0 = x · 0 · 0 = a ∈ NC . Tehát NC zárt a műveletekre, és a szorzásra vonatkozó összefüggés fennáll; minden további igazolandó az 1.állı́tás egyenes következménye 5. Definı́ció (N, +, ·) (jobb)-majdnemgyűrűben N0 és NC rész-majdnemgyűrűket rendre ”nullszimmetrikus” illetve ”konstans” rész-majdnemgyűrűknek nevezzük. Megjegyzés: Könnyen igazolható, hogy H 6 N , a · b = a ∀a, b ∈ H esetén H 6 NC . Az alábbiakban közlésre kerülő eredmény alapvető fontosságú az imént definiált rész-majdnemgyűrűk és eredeti majdnemgyűrűnk kapcsolatának vizsgálatához: 4. Állı́tás Tetszőleges

N (jobb)-majdnemgyűrűben (N, +) = (N0 , +) o (NC , +) Bizonyı́tás: Elégséges igazolnunk a következőket: i) (N0 , +) E (N, +) ii) N = N0 + NC iii) N0 ∩ NC = {0} A közölt állı́tásokat az alábbiak szerint igazoljuk: i) Legyen x ∈ N, n ∈ N0 . Ekkor (−x + n + x) · 0 = (−x) · 0 + n · 0 + x · 0 = −x · 0 + 0 + x · 0 = 0 ii) Tetszőleges n ∈ N esetén n = (n − n · 0) + n · 0, ahol (n − n · 0) · 0 = n · 0 − n · 0 · 0 = 0, tehát (n − n · 0) ∈ N0 és n · 0 ∈ NC . iii) Tegyük fel, hogy x ∈ N0 ∩ NC . Ekkor ∃y ∈ N : x = y · 0, továbbá x · 0 = 0, tehát 0 = x · 0 = y · 0 · 0 = y · 0 = x 6 http://www.doksihu Röviden emlı́tést teszünk egy másik figyelemre méltó részhalmazról majdnemgyűrűk esetén: 6. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrű esetén definiáljuk Nd ⊆ N részhalmazt a következő módon: Nd := {n ∈ N |n · (m1 + m2 ) = n · m1 + n · m2 ∀m1 , m2 ∈ N }

Megjegyzés: m1 = m2 = 0 választásával n · 0 = n · 0 + n · 0, tehát Nd ⊆ N0 . 5. Állı́tás (Nd , +, ·) majdnemgyűrű ⇔ [Nd · N, Nd · N ] = {0} Bizonyı́tás: Az 1. állı́tás alapján a majdnemgyűrűség szükséges és elégséges feltétele a műveletekre való zártság; a, b ∈ Nd esetén tetszőleges n, m ∈ N választásával: I. (a · b) · (n + m) = a · (b · (n + m)) = a · (b · n + b · m) = a · (b · n) + a · (b · m) = (a · b) · n + (a · b) · m, tehát a · b ∈ Nd II. - (a + b) · (n + m) = a · (n + m) + b · (n + m) = a · n + a · m + b · n + b · m és - (a + b) · n + (a + b) · m = a · n + b · n + a · m + b · m, ennélfogva (Nd , +, ·) majdnemgyűrű ⇔ a·m+b·n = b·n+a·m ∀a, b ∈ Nd , n, m ∈ N , mely közölt feltételünkkel ekvivalens. 1. Következmény (N, +) Abel-csoport ⇒ (Nd , +, ·) majdnemgyűrű Megjegyzés: Állı́tásunk megfordı́tása nem igaz.

Ellenpéldául szolgál tetszőleges, iv) axiómát teljesı́tő majdnemgyűrű, melynek additı́v csoportja nemkommutatı́v: 7. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrű disztributı́v, ha egyszerre bal- és jobb-majdnemgyűrű a megadott műveletekkel Disztributı́v majdnemgyűrűben értelemszerűen Nd = N . Ha állı́tásunk megfordı́tása igaz, akkor tetszőleges disztributı́v majdnemgyűrű szükségképpen gyűrű. A közölt összefüggés azonban nem igaz tetszőleges disztributı́v majdnemgyűrűre, erre 5. példánk egy lehetséges ellenpélda (lásd 31) 7 http://www.doksihu 2. Néhány alapvető fontosságú példa majdnemgyűrűre Mint korábban többször emlı́tésre került, tetszőleges gyűrű (ı́gy tetszőleges integritási tartomány, ferdetest, test) értelemszerűen majdnemgyűrű. Alapvető fontosságú példák alatt természetesen nem az imént felsorolt specifikus

eseteket értjük Célunk a fejezetben olyan ”természetes” majdnemgyűrűk megismerése, melyek struktúrájukból adódóan szolgáltatnak értelemszerű magyarázatot a majdnemgyűrű-axiómák egyébként bizarrnak és természetellenesnek tűnő rendszerére. 2.1 Csoportleképezések Alfejezetünkben vizsgálatunk tárgyát egy tetszőlegesen megválasztott csoportot önmagába képező függvények halmaza képezi. Hangsúlyozzuk, hogy vizsgált függvényeinkkel szemben a már megfogalmazotton túl további igényeketművelettartás, injektivitás vagy szürjektivitás - nem támasztunk Az ı́gy definiált halmazon az alább leı́rtak szerint majdnemgyűrű-struktúra értelmezhető. 2.11 M (G) definı́ciója és jellemzése 8. Definı́ció Legyen (G, +) tetszőleges (véges vagy végtelen) csoport, M (G) = {f |f : G G} Definiáljuk a ” + ” és ” ◦ ” kétváltozós műveleteket M

(G)-n a következő módon: ∀g ∈ G, ∀f1 , f2 ∈ M (G)-re (f1 + f2 )(g) := f1 (g) + f2 (g) és (f1 ◦ f2 )(g) = f1 (f2 (g)). Megjegyzés: A jelölésrendszer fölösleges bonyolı́tásának elkerülése végett nem különböztetjük meg jelölésben a függvények és a vizsgált csoport elemeinek összeadását, az összeadandók ismeretében a művelet megfelelően értelmezendő. Kitüntetett szerephez jut fejezetünkben az adott csoport valamennyi elemét a csoport egységelemébe képező függvény, melyet 0M (G) jelöléssel illetünk. A későbbi fejezetekben általános esetben, ha szükséges, G csoport egységelemét fogjuk 0G -vel jelölni. Jelölésünk ezáltal értelemzavarónak tűnhet, ám a következő állı́tás konzisztenciát teremt. 6. Állı́tás (M (G), +, ◦) jobb-majdnemgyűrű Bizonyı́tás: (M (G), +) csoport, hiszen i) ((f1 + f2 ) + f3 )(g) = (f1 + (f2 + f3 ))(g) = f1 (g)

+ f2 (g) + f3 (g) ii) 0M (G) ∈ M (G) egységelem: ∀f ∈ M (G) ∀g ∈ G (0M (G) +f )(g) = 0M (G) (g)+f (g) = 0+f (g) = f (g); hasonlóan (f + 0M (G) )(g) = f (g) iii) tetszőleges f ∈ M (G)-re f−1 (g) := −f (g) megfelelő inverz: (f + f−1 )(g) = (f−1 + f )(g) = f (g) − f (g) = 0 (M (G), ◦) félcsoport a függvénykompozı́ció művelet asszociativitása következtében. Nyilvánvaló továbbá a megfelelő (jobb) oldali disztributivitás teljesülése: ((f1 + f2 ) ◦ f3 )(g) = (f1 + f2 )(f3 (g)) = f1 (f3 (g)) + f2 (f3 (g)) = (f1 ◦ f3 )(g) + (f2 ◦ f3 )(g) Megjegyzés: Baloldali disztributivitást feltételezve, f1 ◦ (f2 + f3 ) = f1 ◦ f2 + f1 ◦ f3 összefüggés következtében f1 |Im(f2 ) ∩ Im(f3 ) szükségszerűen csoport-homomorfizmus. Mivel 2 ≤ |G| esetén ez nem áll fenn tetszőleges f1 ∈ M (G)-re, tehát a kapott majdnemgyűrű |G| ≥ 2 esetén nem gyűrű. 8 http://www.doksihu 2. Példa G ∼ =

Z2 , Z2 = {0, 1} választásával M (G) = {0M (G) , f, g, h}, ahol 0 1 f() 0 1 g() 1 0 h() 1 1 és a közölt módon nyert majdnemgyűrű: + 0M (G) f g h 0M (G) 0M (G) f g h f f 0M (G) h g g g h 0M (G) f · h h g f 0M (G) f g h 0M (G) 0M (G) 0M (G) 0M (G) h h f g h 0M (G) f g h 0M (G) g f h 0M (G) h 0M (G) h a korábban definiált rész-majdnemgyűrűk jelen példában: (M (G))0 = (M (G))d = {0M (G) , f } (M (G))C = {0M (G) , h} A következőkben igazoljuk, hogy tetszőleges N majdnemgyűrű felfogható, mint egy megfelelően megválasztott G csoporthoz tartozó M (G) majdnemgyűrű rész-majdnemgyűrűje. 9. Definı́ció Egy (M, +1 , ·1 ), (N, +2 , ·2 ) jobb-majdnemgyűrűk közötti f : M N leképezés homomorfizmus, ha i) f (x +1 y) = f (x) +2 f (y) ii) f (x ·1 y) = f (x) ·2 f (x) Tulajdonságok: Tetszőleges (M, +1 , ·1 ), (N, +2 , ·2 ) jobb-majdnemgyűrűk, és f : M N homomorfizmus esetén: i) f (M ) ≤ N

ii) ∀T ≤ N : f −1 (T ) ≤ M iii) f (M0 ) ≤ N0 , f (MC ) ≤ NC A közölt tulajdonságok bizonyı́tását mellőzzük, a gyűrűkre megfogalmazható megfelelő állı́tások bizonyı́tásainak gondolatmenete alkalmazható. 0 1. Tétel Ha (N, +, ·) jobb-majdnemgyűrű és (N, +) < (G, +), akkor (N, +, ·) ∼ = (N , +, ◦) ≤ (M (G), +, ◦), azaz M (G)-nek létezik N -nel izomorf rész-majdnemgyűrűje. Bizonyı́tás: Definiáljuk tetszőleges n ∈ N esetén Qn : G G leképezést a következő módon:  n ha g 6∈ N 0 Qn (g) := n · g ha g ∈ N 0 Értelmezzük továbbá ϕ : N M (G) leképezést az alábbiak szerint: ϕ(n) = Qn . Mivel tetszőleges n, m ∈ N esetén ϕ(n + m) = Qn+m , és ∀g ∈ G:   n+m ha g 6∈ N n+m ha g 6∈ N Qn+m (g) = = = Qm (g) + Qn (g) ⇒ ϕ(n + m) = ϕ(n) + ϕ(m) (n + m) · g ha g ∈ N n · g + m · g ha g ∈ N 9 http://www.doksihu Hasonlóan: ϕ(n · m) = Qn·m és  n·m

Qn·m (g) = (n · m) · g ha g 6∈ N = ha g ∈ N  n·m n · (m · g) ha g 6∈ N ⇒ ϕ(n · m) = ϕ(n) ◦ ϕ(m) ha g ∈ N Tehát ϕ homomorfizmus (N, +, ·) és (M (G), +, ◦) között. Mivel n 6= m esetén tetszőleges g 6∈ N -re Qn (g) = n 6= m = Qm (g), tehát ϕ(n) 6= ϕ(m), ı́gy ϕ monomorfizmus, azaz megfelelő beágyazása N -nek M (G)-be. 2. Következmény Tetszőleges majdnemgyűrű beágyazható egységelemes majdnemgyűrűbe A közölt ϕ monomorfizmusra ϕ(N0 ) ≤ (M (G))0 és ϕ(NC ) 6 (M (G))C , tehát nullszimmetrikus majdnemgyűrű beágyazható nullszimmetrikus egységelemes majdnemgyűrűbe. A bizonyı́tásban ϕ injektivitásának igazolásához kihasználtuk egy ”külső” g ∈ GN elem létezését. Természetesen adódik a kérdés: mit mondhatunk ezen feltétel elhagyása esetén? Beágyazható-e tetszőleges (N, +, ·) majdnemgyűrű az N additı́v csoportjából nyerhető M (N )

majdnemgyűrűbe? Ha nem, milyen szükséges és elégséges feltételek biztosı́tják a beágyazhatóságot? 3. Példa Ágyazzuk be első fejezetünkben definiált kételemű (valódi) majdnemgyűrűnket a tételben közölt konstrukció szerint M (Z2 )-be (figyelmen kı́vül hagyva, hogy az ott közölt feltételek nem teljesülnek maradéktalanul). Jelölésrendszerünket megtarva: 0 1 Q0 0 0 Q1 1 1 ennélfogva ϕ(0) = 0M (Z2 ) és ϕ(1) = h, ı́gy ϕ valóban monomorfizmus, ezáltal megfelelő beágyazás: ({0, 1}, +, ·) ∼ = ({0M (Z2 ) , h}, +, ◦) Az előzőekben pozitı́v példát láttunk a beágyazhatóság teljesülésére. Ugyanezen Z2 csoporton zérógyűrűt definiálva azonban a beágyazás nem végezhető el, hiszen M (Z2 )-ben tetszőleges nem nulla elem négyzete nem nulla A kı́vánt beágyazás tehát nem végezhető el tetszőleges majdnemgyűrű esetén. Előző

bizonyı́tásunk gondolatmenetét vizsgálva, kizárólag ϕ leképezés injektivitása igényel újragondolást; itt az injektivitás szükséges és elégséges feltétele, hogy az N majdnemgyűrűben ∀n, m ∈ N, n 6= m esetén létezzen x ∈ N , melyre n · x 6= m · x. A szükséges és elégséges feltételek általános vizsgálatát a dolgozatban mellőzzük 2.12 M0 (G) definı́ciója és jellemzése Az előzőekben definiált M (G) majdnemgyűrű elemei közül külön figyelmet érdemelnek a G csoport egységelemét fixen tartó leképezések: 10. Definı́ció Tetszőleges (G, +) csoport esetén jelölje: M0 (G) = {f ∈ M (G)|f (0) = 0} 7. Állı́tás (M (G))0 = M0 (G) Bizonyı́tás: Ha f ∈ M ((G))0 , akkor 0 = 0M (G) (f (0)) = (0M (G) ◦ f )(0) = (f ◦ 0M (G) )(0) = f (0M (G) (0)) = f (0), tehát f ∈ M0 (G). Ha f ∈ M0 (G), akkor ∀g ∈ G (f ◦ 0M (G) )(g) = f (0) = 0, tehát f ∈ (M (G))0 .

10 http://www.doksihu 3. Következmény i) (M0 (G), +, ◦) 6 (M (G), +, ◦) jobb-majdnemgyűrű. ii) (M0 (G), +) C (M (G), +). 8. Állı́tás (M (G))C = S a∈G {f ∈ M (G)|f (g) = a∀g ∈ G}. Bizonyı́tás: (M (G))C definı́ciója alapján nyilvánvaló. 2.2 Polinomgyűrűk és majdnemgyűrűk Közismert, hogy tetszőleges (R, +, ·) gyűrű választása esetén az R feletti egy, vagy többváltozós polinomok gyűrűt alkotnak. Kevésbé köztudomású, hogy ugyanezen polinomokat a megszokott összadás mellett megfelelően értelmezett ”kompozı́ció” művelettel, mint szorzásművelettel ellátva majdnemgyűrűt kapunk. A következőkben egy és kétváltozós polinomgyűrűkön definiálunk alkalmas szorzásműveleteket, ezt követően pedig az ı́gy nyert majdnemgyűrűk alapvető tulajdonságait vizsgáljuk. 2.21 R[x] Egyváltozós polinomok esetén a természetes

kompozı́cióművelet megfelelő szorzást eredményez. 9. Állı́tás (R[x], +, ◦) jobb-majdnemgyűrű Bizonyı́tás: R[x] ⊂ (M (R), +, ◦), továbbá zárt az összeadás és kompozı́ció műveletekre. Válasszunk a továbbiakban tetszőleges egységelemes, kommutatı́v R gyűrűt; ismert, hogy ekkor (R[x], +, ·) ”örökli” R tulajdonságait, tehát szintén kommutatı́v, egységelemes gyűrű (továbbá R nullosztómentes ⇔ R[x] nullosztómentes). Vizsgáljuk meg ugyanezen tulajdonságokat (R[x], +, ◦) majdnemgyűrű esetén: 10. Állı́tás (R[x], +, ◦)-ben e(x) = x egységelem Bizonyı́tás: Tetszőleges f ∈ R[x] esetén f ◦ x = f (x) = f és x ◦ f = x(f (x)) = f . 11. Állı́tás Tetszőleges R gyűrű esetén (R[x], +, ◦) nem kommutatı́v Bizonyı́tás: Mivel (R[x], +) Abel-csoport, ı́gy ha (R[x], +, ◦) kommutatı́v, akkor gyűrű. Ennélfogva elégséges példát adni a iv)

axióma sérülésére. Jelen bizonyı́tásban közvetlenül a kommutativitást cáfoljuk Ha R tartalmaz nem idempotens a elemet, úgy x2 ◦ a = a2 6= a = a ◦ x2 . Ha a2 = a tetszőleges a ∈ R esetén, akkor R ”Boole-gyűrű”, tehát a+a = 0, ı́gy (x2 +a)◦a = a2 +a = a+a = 0, és a◦(x2 +a) = a. Mivel a = 0 összefüggés nyilvánvalóan nem teljesül tetszőleges a ∈ R esetén, ezzel állı́tásunkat igazoltuk. Nem öröklődik továbbá a nullosztómentesség sem, tetszőleges nullosztómentes R gyűrű esetén tetszőleges a ∈ R elem választásával (x − a) ◦ a = 0. Igazolható azonban, hogy legalább elsőfokú polinomok szorzata nullosztómentes gyűrű esetén valóban nem lehet a konstans 0 polinom. Vizsgáljuk meg a következőkben (R[x], +, ◦) nilpotens elemeit. Amennyiben R tartalmaz nilpotens elemet, azaz, ∃a ∈ R : ak = 0 megfelelő k ∈ Z választásával, akkor az a · x ∈ R[x]

polinom szintén bı́r a megfelelő tulajdonsággal, hiszen: (a · x)k = (a · x) ◦ . ◦ (a · x) = ak · x {z } | k Tegyük fel a továbbiakban, hogy R{0} nem tartalmaz nilpotens elemet. Legyen f = an · xn + + a0 (n ≥ 1, an 6= 0) nilpotens eleme R[x]-nek, ekkor alkalmas k pozitı́v egészre f k = 0, tehát f k polinom valamennyi együtthatója 0. k−1 Azonban degf k = nk , és az nk fokú tag együtthatója ann +.+n+1 , szükségképpen an nilpotens eleme R{0}-nak, mely feltevésünkkel ellentmond. Ezzel a következő összefüggést nyertük: 12. Állı́tás Tetszőleges R kommutatı́v, egységelemes gyűrű esetén R{0} tartalmaz nilpotens elemet ⇔ R[x]{0} is tartalmaz. 11 http://www.doksihu 2.22 R[x, y] Előző példánk ötlete alapján, értelmezni szeretnénk tetszőleges R egységelemes, kommutatı́v gyűrű feletti kétváltozós polinomok kompozı́cióját. Több lehetőség is kı́nálkozik,

ehelyütt két alternatı́vát vizsgálunk meg: az elsőként felsorolt [1] alapján készül, a második jelen dolgozat szerzőjének felvetése. 11. Definı́ció Értelmezzük f, g ∈ R[x, y] függvények ”szorzatát” (kompozı́cióját) a következők szerint:   A) (f ◦1 g)(x, y) = f g(x, y), g(x, y)   B) (f ◦2 g)(x, y) = f g(x, y), g(y, x) A definı́ciók ismeretében könnyen ellenőrizhető, hogy (R[x, y], +, ◦1 ) és (R[x, y], +, ◦2 ) egyaránt majdnemgyűrűk. Vizsgáljuk meg a kapott majdnemgyűrűket a korábbi szempontok szerint: 13. Állı́tás Tetszőleges (R, +, ·) egységelemes, kommutatı́v gyűrű esetén (R[x, y], +, ◦1 ) végtelen sok bal-egységelemet tartalmaz, de jobb-egységelemet egyet sem, ezáltal (R[x, y], +, ◦1 ) majdnemgyűrű nem tartalmaz egységelemet. Bizonyı́tás: Legyen e(x, y) ∈ R[x, y] tetszőleges bal-egységelem, ekkor tetszőleges f (x, y) ∈ R[x, y] esetén f

(x, y) = e(x, y)◦1 f (x, y) = e(f (x, y), f (x, y)). Közölt összefüggésünk értelemszerűen szükséges és elégséges feltétel, ennélfogva tetszőleges n ∈ Z+ esetén e(x, y) = xn − y n + x bal-egységelem. Tegyük fel a következőkben, hogy e(x, y) ∈ R[x, y] jobb-egységeleme R[x, y]-nak; ekkor x = x ◦1 e(x, y) = e(x, y), továbbá y = y ◦1 e(x, y) = e(x, y), tehát x = y, mely értelemszerűen ellentmondásra vezet. Ennélfogva R[x, y] nem tartalmaz jobb-egységelemet. 14. Állı́tás (R[x, y], +, ◦2 )-ben e(x, y) = x egységelem Bizonyı́tás: Tetszőleges f (x, y) ∈ R[x, y] esetén: e ◦2 f = x ◦2 f (x, y) = f (x, y) f ◦2 e = f (e(x, y); e(y, x)) = f (x, y) 15. Állı́tás (R[x, y], +, ◦1 ) és (R[x, y], +, ◦2 ) nem kommutatı́v majdnemgyűrűk Bizonyı́tás: Nyilvánvalóan (R[x], +, ◦) 6 (R[x, y], +, ◦1 ) és (R[x], +, ◦) 6 (R[x, y], +, ◦2 ), ezzel állı́tásunkat igazoltuk.

Nullosztók kereséséhez (ha vannak) elégséges nilpotens elemeket mutatnunk (itt is feltesszük, hogy eredeti gyűrűnk nullosztómentes): 16. Állı́tás (R[x, y], +, ◦1 ) és (R[x, y], +, ◦2 ) majdnemgyűrűk végtelen sok nilpotens elemet tartalmaznak Bizonyı́tás: Legyen m tetszőleges pozitı́v egész szám. Ekkor (xm − y m ) ◦1 (xm − y m ) = (xm − y m )m − (xm − y m )m = 0 valamint (x2·m − y 2·m ) ◦2 (x2·m − y 2·m ) = (x2·m − y 2·m )2·m − (y 2·m − x2·m )2·m = 0 12 http://www.doksihu 2.3 Majdnemtestek A majdnemtest fogalmának megjelenése, majd az elmélet kiépülésének folyamata javarészt a XX. század első évtizedeiben ment végbe LE Dickson a testaxiómák függetlenségét vizsgálva (lásd [4]) talált és mutatott példát két kétváltozós művelettel ellátott, egyoldali disztributivitással bı́ró, a disztributivitáson kı́vül valamennyi testaxiómát

teljesı́tő struktúrára. 1907-ben Veblen és Wedderburn a Dickson által publikált majdnemtest-konstrukciót felhasználva készı́tettek példát nem Desargues-i sı́kra Teljes leı́rást a majdnemtestekről Zassenhaus adott 1930-ban, igazolván, hogy azok hét kivételtől eltekintve a Dickson-féle konstrukció (lásd 232) segı́tségével előállı́thatóak Szintén az érdeklődés középponjába kerültek a szigorúan 2-tranzitı́v permutációcsoportokkal való kapcsolatuk felfedezése következtében. Igazolást nyert, hogy tetszőleges véges szigorúan 2-tranzitı́v permutációcsoport izomorf egy alkalmas véges majdnemtesten értelmezett x x ◦ a + b alakú leképezések (a, b ∈ N ) csoportjával. Ennélfogva a véges majdnemtestek leı́rásával az emlı́tett csoportok jellemzése is lehetségessé vált A majdnemtest fogalma a testaxiómákból nyerhető, a megfelelő oldali

disztributivitást leı́ró axióma elhagyásával (formálisan megkülönböztetvén jobb- és bal-majdnemtesteket), továbbá, majdnemgyűrűkhöz hasonlóan elhagyva az additı́v csoportra vonatkozó kommutativitási feltételt. Mint látni fogjuk, ez utóbbi változtatással struktúránkat valójában nem módosı́tottuk. Tetszőleges majdnemtest egyszersmind speciális majdnemgyűrű is, ı́gy következő definı́ciónk az eredetivel ekvivalens struktúrát eredményez: 12. Definı́ció A ”+” és ” · ” kétváltozós műveletekkel ellátott F halmaz (F, +, ·) jobb-majdnemtest, ha a következő feltételeket teljesı́ti: (i) (N, +, ·) jobb-majdnemgyűrű (ii) (N {0}, ·) csoport. 2.31 Általános jellemzők A következőkben néhány alapvető összefüggést tekintünk át; ahogyan majdnemgyűrűk esetén gyűrűknél megismert állı́tások érvényesülését (esetleges

módosulását) vizsgáltuk, ehelyütt testeknél fennálló összefüggéseket igyekszünk majdnemtestekre is igazolni. 17. Állı́tás (N, +, ·) majdnemtestben 0 6= 1, ahol 0 az additı́v, 1 a multiplikatı́v csoport egységeleme Bizonyı́tás: N legalább kételemű, mert N {0} nem üres halmaz. Ha 0 = 1, legyen a ∈ N {0}; ekkor a = 1 · a = 0 · a = 0, mely értelemszerűen ellentmondás. 18. Állı́tás Tetszőleges, legalább 3 elemű majdnemtest nullszimmetrikus Bizonyı́tás: Tegyük fel, hogy alkalmas x ∈ N elem választásával x · 0 = y 6= 0. Ekkor y ∈ N ∗ , ı́gy 1 = y · y −1 = (x · 0) · y −1 = x · (0 · y −1 ) = x · 0 = y. Legyen f ∈ N ∗ tetszőleges elem, ekkor f = 1 · f = (x · 0) · f = x · (0 · f ) = x · 0 = 1, tehát N = {0, 1}, mely feltevésünkkel ellentmond. Megjegyzés: A kételemű majdnemtestek (ha vannak), szükségképpen kételemű majdnemgyűrűk, amelyekről korábbi

fejezetünkben teljes áttekintést nyertünk. Közölt A) példánk nyilvánvalóan nem lehet majdnemtest, hiszen benne 1 · 1 = 0 6= 1; B) példánk F2 véges test, ennélfogva értelemszerűen nullszimmetrikus. Mivel D) esetén N {0} = {1} a triviális csoport, ı́gy majdnemgyűrűnk formailag majdnemtest ugyan (az egyetlen nem nullszimmeztrikus majdnemtest), ám példánkat a következőkben (részben esztétikai okokból) figyelmen kı́vül hagyjuk (egyes forrásokban a majdnemtestet alapértelmezetten nullszimmetrikusak definiálják, a közölt példa kizárása végett). 13 http://www.doksihu Testekhez hasonlóan majdnemtestek esetén is értelmezhető a karakterisztika fogalma: 13. Definı́ció Legyen (N, +, ·) tetszőleges majdnemtest, tegyük fel, hogy alkalmas n ∈ N ∗ elemre k pozitı́v egészre n + n + ··· + n = 0 | {z } k teljesül. Ekkor a közölt feltételt teljesı́tő pozitı́v egészek

minimumát a majdnemtest karakterisztikájának nevezzük (jelölésben: charN ). Ha feltételünket egyetlen pozitı́v egész sem teljesı́ti rögzı́tett n mellett, a karakterisztikát 0-nak definiáljuk. 19. Állı́tás A bevezetett karakterisztikafogalom jóldefiniált, nem függ a majdnemtest-elem választásától Bizonyı́tás: Legyen n ∈ N ∗ tetszőleges elem; ekkor (1 + 1 + · · · + 1) · n = n + n + · · · + n, ı́gy {z } {z } | | k k 1 + 1 + · · · + 1 = 0 esetén n + n + · · · + n = 0 · n = 0 {z } | {z } | k k n + n + · · · + n = 0 esetén (1 + 1 + · · · + 1) · n = 0, tehát 1 + 1 + · · · + 1 = 0 · n−1 = 0 | {z } {z } {z } | | k k k ı́gy a karakterisztika valóban jóldefiniált. 20. Állı́tás Pozitı́v karakterisztikájú majdnemtest karakterisztikája prı́mszám Bizonyı́tás: Tegyük fel, hogy N majdnemtestre charN = a · b, ahol a, b ≥ 2 pozitı́v egészek. Ekkor 0 6= (1 + 1 + ·

· · + 1) · (1 + 1 + · · · + 1) = (1 + 1 + · · · + 1) + · · · + (1 + 1 + · · · + 1) = 1 + 1 + · · · + 1 = 0 {z } | {z } | {z } | {z } | {z } | a b b b a·b | {z } a mely ellentmondásra vezet. 4. Következmény Tetszőleges (N, +, ·) véges majdnemtest esetén (N, +) p-exponensű csoport (charN = p) 1. Lemma Tetszőleges (N, +, ·) majdnemtestben az x2 = 1 egyenlet (nem feltétlen különböző) megoldásai: x = 1 és x = −1. Bizonyı́tás: Közölt elemeink értelemszerűen megoldások. Az alábbiakban igazoljuk, tetszőleges, feltételt teljesı́tő elem a felsoroltak egyikével egyenlő. A bizonyı́tásban esetszétválasztást végzünk a majdnemtest karakterisztikája szerint: I. charN = 2 esetén (N, +) exponense 2, tehát Abelcsoport Ekkor (x + 1) · x = x2 + x = 1 + x = x + 1 Ha x 6= −1, úgy x + 1 ∈ N ∗ , tehát x = (x + 1)−1 · (x + 1) = 1. II.  charN 6= 2 esetén  2 = 1 + 1 6= 0, tehát 2 · (−1) = 1

· (−1) + 1 · (−1) = (−1) + (−1) = −(1 + 1) = (−1) · 2. Mivel 2−1 · (−1) + 1 · 2 = (−1) + 2 = 1, következésképp 2−1 · (−1) + 1 = 2−1 . Legyen y = 2−1 · (x − 1) + 1, ekkor     y · x = 2−1 · (x − 1) + 1 · x = 2−1 · (x − 1) · x + x = 2−1 · (x2 − x) + x = 2−1 · (1 − x) + x = 2−1 − (x − 1) + x =       2−1 · (−1) · (x − 1) + x = 2−1 · (−1) · (x − 1) + (x − 1) + 1 = 2−1 · (−1) + 1 · (x − 1) + 1 = 2−1 · (x − 1) + 1 = y. Mivel y · x = y = y · 1 és x 6= 1 feltehető, ennélfogva y = 2−1 · (x − 1) + 1 = 0, ı́gy 2−1 · (x − 1) = −1, tehát x − 1 = 2 · (−1) = (−1) + (−1), azaz x = −1. 2. Lemma x, y ∈ N esetén x · (−y) = (−x) · y = −(x · y) Bizonyı́tás: Az állı́tás triviális, amennyiben charN = 2 vagy y = 0. charN 6= 2, y ∈ N ∗ esetén tekintsük  2 a következő kifejezést: y −1 · (−1) · y. Mivel y −1 · (−1) · y

= 1, ı́gy 1 lemma alapján y −1 · (−1) · y ∈ {1, −1} y −1 ·(−1)·y = 1 esetén azonban y = −y, azaz charN = 2, melyet korábban kizártunk. Ennélfogva y −1 ·(−1)·y = −1, tehát (−1) · y = y · (−1) = −y, melynek alapján x · (−y) = x · ((−1) · y) = x · (−1) · y = (−x) · y = (−1) · x · y = −x · y. 14 http://www.doksihu 2. Tétel Tetszőleges (N, +, ·) majdnemtest esetén (N, +) Abel-csoport     Bizonyı́tás: Legyen x, y ∈ N ; ekkor x + y = (−x) · (−1) + (−y) · (−1) = (−x) + (−y) · (−1) = − (−x) + (−y) = y + x. 5. Következmény Ha N véges majdnemtest, (N,+) elemi Abel-csoport; |N | = ps alkalmas s ∈ Z+ választásával 2.32 Dickson-féle majdnemtest-konstrukció (általános eset) Az elkészı́tendő példához alapanyagot egy megfelelően választott (F, +, ·) test szolgáltat, melyből a kı́vánt majdnemtestet az additı́v csoport megtartásával és

a testen definiált szorzás megfelelő torzı́tásával nyerjük. Legyen ϕ : F ∗ Aut(F, +, ·) olyan leképezés, mely ϕf ◦ ϕg = ϕϕf (g)·f feltételt teljesı́ti (jel: ϕ(f ) = ϕf ). Definiáljuk ekkor ” ∗ ” szorzást F -en a következő módon: f ∗ g := ϕg (f ) · g ∀f ∈ F, g ∈ F ∗ és f ∗ 0 := 0 ∀f ∈ F . 21. Állı́tás (F, +, ∗) jobb-majdnemtest Bizonyı́tás: i) (F, +) értelemszerűen csoport, hiszen (F, +, ·) test. ii) ∗ asszociativitás: az igazolandó állı́tás nyilvánvalóan teljesül, ha a szorzat tartalmaz 0 tényezőt; ha f, g, h ∈ F ∗ , akkor (f ∗g)∗h = (ϕg (f )·g)∗h = ϕh (ϕg (f )·g)·h = ϕh (ϕg (f ))·ϕh (g)·h = ϕϕh (g)·h (f )·ϕh (g)·h = f ∗(ϕh (g)·h) = f ∗ (g ∗ h), ami igazolandó volt. iii) egységelem: ı́géretes jelölt 1 ∈ F ∗ egységeleme. Valóban, 1∗f = ϕf (1) ·f = 1·f = f , mert ϕf testautomorfizmus, ı́gy 1 baloldali egységelem. f

∗ 1 meghatározásához ϕ1 ismerete szükségeltetik, mely elsőre nem tűnik egyértelműen meghatározottnak. Feltevésünk alapján azonban ϕ1 ◦ ϕ1 = ϕϕ1 (1)·1 = ϕ1 ⇒ ϕ1 = IdF , tehát f ∗ 1 = ϕ1 (f ) · 1 = f · 1 = f tehát 1 kétoldali egységelem. iv) inverz: Tetszőleges g ∈ F ∗ elem balinverze egyértelmű, hiszen f ∗ g = ϕg (f ) · g = 1 ⇔ ϕg (f ) = g −1 , és ezen feltétel pontosan egy f ∈ F teljesül, hiszen ϕg bijektı́v. Ekkor (F ∗ , ∗) egységelemes félcsoport, melyben valamennyi elemnek létezik balinverze, tehát (F , ∗) csoport. v) disztributivitás: ∀f, g ∈ F esetén (f + g) ∗ 0 = 0 = f ∗ 0 + g ∗ 0,továbbá ∀h ∈ F ∗ : (f + g) ∗ h = ϕh (f + g) · h = (ϕh (f ) + ϕh (g)) · h = f ∗ h + g ∗ h. Tehát F a megadott műveletekkel majdnemtest. 14. Definı́ció Az N majdnemtestet ”Dickson-féle majdnemtestnek” az előbb közölt módon előállı́tható. ∗

nevezzük, ha létezik olyan F test, melyből N 3. Tétel (Zassenhaus) Tetszőleges véges majdnemtest Dickson-féle, hét kivételes példától eltekintve A kivételes majdnemtestek a következő rendekkel bı́rnak: 52 , 72 , 112 (két nem izomorf majdnemtest), 232 , 292 és 592 . Mint a bevezetésben is emlı́tettük, az ismertett konstrukciótól elvárjuk, hogy ”valódi” majdnemtestet szolgáltasson. Ismert azonban, hogy Fp véges test esetén Aut(Fp ) = {IdF }, ennélfogva F = Fp választással ϕ(f ) = IdF ∀f ∈ F ∗ és ı́gy f ∗ g = f · g tetszőleges f, g testelemekre, tehát a kapott majdnemtest eredeti testünkkel izomorf. Ennélfogva a Dickson féle konstrukció felhasználásával készı́thető valamennyi prı́mrendű majdnemtest szükségképpen test. A 3. tétel értelmében a legalább 3 elemű, prı́mrendű majdnemtestek szükségképpen Dickson féle majdnemtestek, ı́gy előző

eredményünk alapján testek. Állı́tásunkat a Zassenhaus-féle majdnemtest-karakterizáció nélkül, elemi eszközök felhasználásával is igazolhatjuk: ∗ Az 1905-ben publikált [4] cikk egyetlen, 9 elemű majdnemtestet mutat be (melyet ott nem is nevez néven); a fejezetben bemutatásra kerülő konstrukciók későbbi eredmények. 15 http://www.doksihu 22. Állı́tás p ≥ 3 esetén tetszőleges p-rendű (N, +, ·) majdnemtest test Bizonyı́tás: Mivel (N, +) Abel-csoport, ı́gy 1. következmény alapján (Nd , +, ·) 6 (N, +, ·); felhasználva, hogy (N, +) ∼ = Zp , szükségképpen Nd = {0} vagy Nd = N . Az alábbiakban belátjuk, hogy 1 ∈ Nd : n, m, n + m ∈ N ∗ esetén 1 · (n + m) = n + m = 1 · n + 1 · m n = 0 esetén 1 · (n + m) = 1 · m = m = n + m = 1 · n + 1 · m n, m ∈ N ∗ , n + m = 0 esetén 1 · (n + m) = 1 · 0 = 0 = n + m = 1 · n + 1 · m, tehát 1 ∈ Nd , ezáltal Nd 6= {0} ⇒ Nd = N ,

amit bizonyı́tani akartunk. Megfelelő (valódi) majdnemtest készı́téséhez tehát a konstrukcióban alkalmasan megválasztandó alaptest nem lehet prı́mrendű. További nehézséget okozhat a megfelelő Φ leképezés definiálása; egy lehetséges módszert ismertetünk a következőkben. 2.33 Dickson-féle véges majdnemtestek (a konstrukció speciális esete) A következőkben tegyük fel, hogy választott (F, +, ·) testünk (F ∗ , ·) multiplikatı́v csoportja tartalmaz 2-indexű F0∗ normálosztót, továbbá létezik σ ∈ Aut(F ) test-automorfizmus, melyre σ 2 = Id, és σ|F0∗ csoport-automorfizmus. Definiáljuk ϕ : F ∗ Aut(F ) leképezést az alábbiak szerint:  IdF ha f ∈ F0∗ ϕ(f ) = σ ha f 6∈ F0∗ Definiáljuk továbbá ∗ szorzást ϕ felhasználásával a korábban közölt módon. 23. Állı́tás (F, +, ∗) jobb-majdnemtest Bizonyı́tás: A 21. állı́tás alapján

elégséges igazolnunk, hogy tetszőleges f, g ∈ F ∗ elemek esetén ϕf ◦ ϕg = ϕϕf (g)·f összefüggés teljesül: i) ha f, g ∈ F0∗ , akkor ϕf ◦ ϕg = Idf , és ϕf (g) · f = g · f ∈ F0∗ , tehát ϕϕf (g)·f = IdF ii) ha f ∈ F0∗ , g 6∈ F0∗ , akkor ϕf ◦ ϕg = IdF ◦ σ = σ, és ϕf (g) · f = g · f 6∈ F0∗ , tehát ϕϕf (g)·f = σ iii) ha f 6∈ F0∗ , g ∈ F0∗ , akkor ϕf ◦ ϕg = σ ◦ IdF = σ, és ϕf (g) · f = σ(g) · f 6∈ F0∗ , tehát ϕϕf (g)·f = σ iv) ha f, g 6∈ F0∗ , akkor ϕf ◦ ϕg = σ 2 = Idf , valamint g 6∈ F0∗ ⇒ σ(g) 6∈ F0∗ , továbbá f, σ(g) 6∈ F0∗ ⇒ σ(g) · f ∈ F0∗ , hiszen |F ∗ : F0∗ | = 2; tehát ϕϕf (g)·f = IdF . A közölt összefüggés valamennyi esetben fennáll; a bizonyı́tást befejeztük. Konstrukciónk birtokában definiáljunk véges majdnemtesteket az alábbiak szerint: 4. Példa Válasszunk tetszőleges páratlan p prı́met,

és tekintsük Fp2·k = Fq véges testet szabadon választott k pozitı́v egészre. Mivel (F ∗ , ·) ∼ = Zp2·k−1 , mely csoportnak -páros rendű ciklikus csoport lévén- pontosan egy kettő indexű k normálosztója van: H = {x2 |x ∈ F ∗ }. Ismert, hogy σ : Fq Fq , σ(f ) = f p leképezés testautomorfizmus n n Tetszőleges f ∈ H esetén f = g 2 alkalmas g ∈ F ∗ -ra, és ı́gy σ(f ) = σ(g 2 ) = (g 2 )p = (g p )2 . Tehát σ bijektı́v, művelettartó módon önmagára képezi H-t, ı́gy valóban csoport-automorfizmus Így a H és σ imént közölt választásával (F, +, ∗) majdnemtest; ezzel tetszőleges p páratlan prı́m és n páros pozitı́v egész esetén példát mutattunk pn elemű véges majdnemtestre. 16 http://www.doksihu 3. Majdnemgyűrű-szorzás definiálása csoporton 3.1 Nemtriviális majdnemgyűrű végesen generált additı́v csoporttal Jelen fejezetben a következő

kérdéskörrel foglalkozunk: Legyen adott (G, +) véges vagy végtelen csoport. Szeretnénk olyan majdnemgyűrűt mutatni, melynek additı́v csoportja a közölt csoporttal izomorf Választhatjuk-e G-t tetszőlegesnek? Ha nem, milyen szükséges feltételeket kell támasztanunk vele szemben? Nézőpontot váltva, célkitűzésünk a fejezetben olyan (G, +) csoportok megismerése, melyekhez definiálható ∗ : G×G G szorzásművelet, amellyel (G, +, ∗) majdnemgyűrű. Tegyünk rövid kitérőt a kérdéskör gyűrűelméleti megfelelője felé! Tetszőleges (G, +) Abel-csoportot ∗ : R×R R, a ∗ b = 0 (∀a, b ∈ R) szorzással ellátva gyűrűt kapunk, melyet zérógyűrűnek nevezünk. Következésképp tetszőleges Abel-csoport lehet gyűrű additı́v csoportja. Ismert továbbá olyan végtelen Abel-csoport, mely nem látható el a közölttől eltérő szorzással, mellyel gyűrűt alkot: a Prüfer

csoport egy lehetséges példa. Majdnemgyűrűknél a jobboldali disztributivitás elhagyása következtében a zéró-majdnemgyűrű mellett további lehetőségek nyı́lnak megfelelő szorzás definiálására tetszőleges csoport esetén: az első fejezetben ismertetett NC konstans-részmajdnemgyűrűt modellül választva, definiáljuk tetszőleges G csoporton ∗ : G × G G szorzást a következő módon: a ∗ b = a ∀a, b ∈ G. Ekkor G a közölt szorzással majdnemgyűrű Immáron két különböző technikával bı́runk majdnemgyűrű készı́téséhez rögzı́tett G additı́v csoport esetén; ötvözésükkel további lehetséges konstrukciók készı́thetőek, melyek azonban tartalmi többletet már nem hordoznak magukban:  15. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrű triviális, ha ∃H ⊆ N , melyre: a · b = a 0 ha b ∈ H ha b ∈ 6 H A továbbiakban tehát eredeti kérdésünket

megváltoztatva, olyan csoportokat keresünk, melyek elláthatóak nemtriviális majdnemgyűrű-szorzással. Erre vonatkozóan a következő formában olvashatunk kérdésfelvetést [1]-ben: ”Az egy és kételemű csoportokon kı́vül létezik-e G csoport, mely kizárólag triviális majdnemgyűrű-szorzással látható el?” A felvetett kérdésre az érdeklődő olvasó kielégı́tő választ kaphat, igényes és szellemes ötletekkel teli konstrukciókat ismerhet meg [2] tanulmányozásával. Jelen dolgozatban értelemszerűen nem vállalkozhatunk az emlı́tett cikkben leı́rtak teljes áttekintésére. Célunk a következő tétel igazolása: Tétel. Tetszőleges G végesen generált csoport ellátható nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű-szorzással A teljes bizonyı́tás áttekintéséhez elsőként definı́ciók és segédtételek (végtelennek tűnő) láncán kell

átverekednünk magunkat: 16. Definı́ció Legyen (S, ◦) félcsoport, G tetszőleges halmaz, 0G ∈ G kitüntett elem S ”nulltartón hat” G halmazon, ha ∃h : S × G G, (s; g) s ∗ g leképezés, melyre: i) s ∗ 0G = 0G ∀s ∈ S ii) 0S ∗ g = 0G ∀g ∈ G iii) (t ◦ s) ∗ g = t ∗ (s ∗ g) ∀g ∈ G, ∀s, t ∈ S 1. Példák I. (G, +) csoport, S ⊆ End(G) félcsoport, h(s; g) = s(g) II. G = (N, +, ·) majdnemgyűrű, S = (N, ·) 17 http://www.doksihu 17. Definı́ció Hasson S félcsoport nulltartóan G és H halmazokon Ekkor f : G H leképezés ”S-homomorfizmus”, ha ∀g ∈ G ∀s ∈ S: f (s ∗ g) = s ∗ f (g) (a megfelelő műveletekre). Az alábbiakban bemutatásra kerülő S-homomorfizmus fejezetünk egyik alapköve: 24. Állı́tás Legyen (N, +, ·) nullszimmetrikus majdnemgyűrű Definiáljuk tetszőleges n ∈ N esetén Rn : N N leképezést a következő módon: Rn (m) = m · n ∀m ∈ N . Legyen

továbbá S = {Rn |n ∈ N } Ekkor i) Rn ∈ End((N, +)) és S ⊆ End((N, +)) egységelemes félcsoport a kompozı́ció műveletére nézve ii) N és S nulltartón hatnak S-en (a megfelelő műveletekkel) iii) f : N S, n Rn leképezés S-homomorfizmus. Bizonyı́tás: i) Rn (m1 + m2 ) = (m1 + m2 ) · n = m1 · n + m2 · n = Rn (m1 ) + Rn (m2 ) ∀m1 , m2 , n ∈ N tehát Rn valóban endomorfizmus. S ⊆ End(N ) triviális, hasonlóan a kompozı́ció művelet asszociativitása; 0S ≡ 0 leképezés értelemszerűen egységelem. ii) I. N nulltartón hat S-en: 1. R0 (n) = n · 0 = 0 = 0 · n = Rn (0) ∀n ∈ N 2. Legyenek n1 , n2 , m ∈ N tetszőleges elemek Ekkor Rn1 (Rn2 (m)) = Rn1 (m · n2 ) = (m · n2 ) · n1 = m · (n2 · n1 ) = Rn2 ·n1 (m) = (Rn1 ◦ Rn2 )(m). II. S nulltartón hat önmagán: 1. Legyen n ∈ N tetszőleges elem, ekkor Rn ◦ R0 = R0·n = R0 és R0 ◦ Rn = Rn·0 = R0 kihasználva a majdnemgyűrű

nullszimmetriáját. 2. Tetszőleges l, m, n, ∈ N esetén (Rl ∗ Rm ) ∗ Rn = Rn·m·l = Rl ∗ (Rm ∗ Rn ) iii) Legyen n ∈ N tetszőleges, és s ∈ S, s = Rns megfelelő ns ∈ N -re. Ekkor: 1. f (s ∗ n) = f (n · ns ) = Rn·ns 2. s ∗ f (n) = Rns ◦ Rn = Rn·ns 4. Tétel Legyen (G, +) csoport, f : G End(G) leképezés,melyre a) S := imf 6 End(G) rész-félcsoport b) 0 ∈ S c) f S-homomorfizmus G és S között. Definiáljuk ·f : G × G G szorzást a közölt feltételek mellett a következő módon: a ·f b := f (b)(a) (a, b, ∈ G). Ekkor: i) (G, +, ·f ) majdnemgyűrű ii) ·f triviális ⇔ S ⊆ {IdG , 0G }. 18 http://www.doksihu Bizonyı́tás: i) Legyenek a, b, c, ∈ G.     I. Asszociativitás: (a ·f b) ·f c = (f (b)(a)) ·f c = f (c) f (b)(a) = f (c) ◦ f (b) (a) és     a ·f (b ·f c) = a ·f (f (c)(b)) = f f (c)(b) (a) = f (c) ◦ f (b) (a), felhasználva, hogy f S-homomorfizmus. II. Disztributivitás: (a + b)

·f c = f (c)(a + b) = f (c)(a) + f (c)(b) = a ·f c + b ·f c, hiszen tetszőleges, rögzı́tett c-re f (c) : G G homomorfizmus.  a ha f (b) = IdG ii) ⇐: a ·f b = f (b)(a) = , tehát H = {b : f (b) = IdG } megfelelő választás, a kapott 0 ha f (b) = 0G majdnemgyűrű valóban triviális. ⇒: Tegyük fel, hogy alkalmas b ∈ G-re f (b) 6∈ {0, Id} ⇒ ∃a ∈ G : a ·f b = f (b)(a) 6∈ {0, a}, tehát a szorzás nem lehetett triviális. A következőkben az ismertetett tétel néhány hasznos alkalmazását mutatjuk be. 25. Állı́tás Tetszőleges (N, +, ·) nullszimmetrikus-majdnemgyűrű előállı́tható additı́v csoportjából a közölt módon: f : (N, +) End((N, +)) alkalmas választásával (N, +, ·) ∼ = (N, +, ·f ). Bizonyı́tás: Legyen S = {Rn |n ∈ N } és f : N S, n Rn . Beláttuk, hogy f S-homomorfizmus N és S között, ı́gy ·f értelmezhető. Ekkor ∀a, b ∈ N a ·f b = f (b)(a) = Rb (a) = a ·

b, tehát a ·f b = a · b  0 ha g 6∈ T Megjegyzés: Amennyiben T ⊆ G{0}, és f : G End(G), f (g) = , úgy Im(f ) ⊆ {0, IdG }, ·f IdG ha g ∈ T értelmes, triviális majdnemgyűrű-szorzás. Közölt eredményeink értelmében tetszőleges additı́v csoport esetén a potenciális majdnemgyűrű-szorzást elégséges a fent leı́rt alakban keresnünk. Ez önmagában persze nem garantál könnyebb kezelhetőséget; különösen f megfelelő megválasztása okozhat nehézségeket. Ezt megkerülendő, lehetséges alternatı́vaként ismertetünk egy Ferrerotól származó konstrukciót majdnemgyűrű-szorzás definiálására 5. Tétel Legyen adott (G, +) csoport, Id < H < Aut(G) fixpontmentes automorfizmusok csoportja (az identitástól értelemszerűen eltekintve). Tekintsük H hatását G-n (itt jegyezzük meg, hogy tetszőleges ϕ ∈ Aut(G) hatása G-n nem lehet tranzitı́v, hiszen ϕ(g) = 0 ⇔ g = 0,

ı́gy {0} egyelemű, ”triviális” orbit). Jelölje U1 , , Uk G néhány Sk (esetleg valamennyi) H-szerinti nemtriviális orbitját, U := i=1 Ui . Valamennyi Ui orbiton válasszunk ui ∈ Ui reprezentánselemet.Definiáljuk ekkor G-n ·U szorzást a következő módon:  0 ha b 6∈ U a ·U b := h(a) ha b ∈ Ui , h ∈ H : h(ui ) = b Ekkor ·U jóldefiniált, és (G, +, ·U ) majdnemgyűrű. Bizonyı́tás: I. A szorzás jóldefiniált: b 6∈ U esetén nincs mit bizonyı́tani Ha b ∈ Ui , akkor létezik megfelelő h ∈ H, hiszen b és ui egyazon orbit (nem feltétlen különböző) elemei. Igazolandó, hogy a keresett h egyértelmű Tegyük fel ezért, hogy h1 , h2 ∈ H, és h1 (ui ) = h2 (ui ) = b. Mivel h1 , h2 ∈ Aut(G) ⇒ h−1 értelmes, és ekkor h−1 2 2 ◦ h1 ∈ −1 −1 H, h2 (h1 (ui )) = ui , tehát ui fixpontja h2 ◦ h1 -nek. Mivel H-ban IdG az egyetlen fixponttal bı́ró elem, ⇒ h−1 2 ◦ h1 = Id ⇒ h1 = h2 .

Tehát h egyértelmű, ı́gy ·U jóldefiniált II. A majdnemgyűrű-axiómák egyenkénti ellenőrzése elvégezhető, ám meglehetősen kényelmetlen feladat Elegáns megoldáshoz juthatunk a 4. tétel felhasználásával; ehhez elsőként egy lemmát bizonyı́tunk: 19 http://www.doksihu 3. Lemma Legyen (a tétel jelöléseit használva) S := H ∪ {0G } 6 End(G) félcsoport, és legyen f : G S,  0G ha b 6∈ U f (b) = h ha b ∈ Ui és h(ui ) = b Ekkor f jólértelmezett S-homomorfizmus G és S között. Bizonyı́tás: Tetszőleges g ∈ G, s ∈ H és Ui orbit esetén g ∈ Ui ⇔ s(g) ∈ Ui . Ennélfogva g 6∈ U esetben f (s(g)) = 0 (s(g) 6∈ U ), és s ◦ f (g) = s ◦ 0 = 0, tehát fennáll az egyenlőség. Hasonlóan, s = 0 esetben f (s(g)) = f (0) = 0 és 0 ◦ f (g) = 0. A továbbiakban tehát feltehetjük, hogy s ∈ H és g, s(g) ∈ Ui megfelelő  Ui -re. Legyen f (g) = hg ∈ H, hg (ui ) = g Ekkor s ◦

f (g) (ui ) = s(g), és f (s(g))(ui ) = hs(g) (ui ) = s(g)     definı́ció szerint, tehát s ◦ f (g) (ui ) = f (s(g))(ui ) ⇔ s ◦ f (g) = f (s(g)), hiszen az ui -t b-be vivő leképezés egyértelmű. A 4. tétel alapján tehát (G, +, ·f ) majdnemgyűrű Vegyük észre, hogy ∀a, b ∈ G   0 ha f (b) = 0 0 ha b 6∈ U a ·f b = f (b)(a) = = hb (a) ha f (b) = hb hb (a) ha b ∈ Ui és hb (ui ) = b Tehát ·U = ·f , ı́gy (G, +, ·U ) majdnemgyűrű. Megjegyzés: Értelemszerűen H * {0, Id}, tehát (G, +, ·U ) nemtriviális majdnemgyűrű. Ismertetett konstrukciónk a korábban közöltnél áttekinthetőbb és kényelmesebben kezelhető; mindez azonban az általánosság rovására történt. Mı́g korábbi példánkkal tetszőleges (nullszimmetrikus) majdnemgyűrűt ”felépı́thettünk” additı́v csoportjából, jelen konstrukcióra ugyanez nem mondható el. Állı́tásunk igazolásához a

következőkben belátjuk, hogy az Sn szimmetrikus csoport ellátható nemtriviális majdnemgyűrű-szorzással; a kapott konstrukció ( n 6= 6 esetén) szükségképpen nem a Ferrero- féle ”majdnemgyűrű gyár” ∗ terméke, hiszen ekkor Sn valamennyi automorfizmusa belső automorfizmus, melyek értelemszerűen nem fixpontmentesek. Az alábbiakban egy lehetséges példát adunk majdnemgyűrű-szorzásra Sn -en; konstrukciónk valójában általánosabb, G = Sn a tárgyaltak speciális esete. 26. Állı́tás Legyen G 6 Sn , G An , tegyük fel továbbá, hogy G páros elemszámú Ekkor G tartalmaz t másodrendű elemet. Definiáljuk a, b ∈ G esetén a · b szorzást a következőképpen: Id ha a ∈ An vagy b ∈ An a · b := t ha a 6∈ An és b 6∈ An Ekkor G a közölt szorzással nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű. Bizonyı́tás: A majdnemgyűrű-axiómák ellenőrzése helyett a következő

módon járunk el: legyen T : G G,  Id ha g ∈ An T (g) = ; könnyen belátható, hogy T ∈ End(G). t ha g ∈ 6 An  0 ha a ∈ An Jelölje S = {0, T } félcsoportot, definiáljuk továbbá f : G End(G), f (g) = függvényt. T ha a 6∈ An 4. Lemma Az f függvény S-homomorfizmus Bizonyı́tás: Legyen g ∈ G s ∈ S: I. s = 0 esetén s ◦ f (g) = 0 és f (s(g)) = 0, mert s(g) = Id ∈ An II. Ha s = T és g ∈ An s ◦ f (g) = 0 és f (s(g)) = f (Id) = 0   0 ha t ∈ An 0 III. Ha s = T és g 6∈ An s ◦ f (g) = T ◦ T = és f(s(g))=f(t)= T ha t 6∈ An T ha t ∈ An . ha t ∈ 6 An Tehát valamennyi esetben s ◦ f (g) = f (s(g)), ı́gy f valóban S-homomorfizmus. A 4. tétel alapján G az ·f szorzással majdnemgyűrű Vegyük észre, hogy konstrukciónkból adódóan a · b = a ·f b ∀a, b ∈ G, ı́gy állı́tásunkat igazoltuk. Mivel T 6∈ {0, Id}, ı́gy a definiált majdnemgyűrű-szorzás nem triviális ∗

Imént közölt konstrukciónk Giovanni Ferrerotól származik, bővebben lásd ”4. Planáris majdnemgyűrűk” A ”majdnemgyűrű-gyár” kifejezést Clay könyve [1] alapján használjuk. 20 http://www.doksihu 5. Példa Közölt konstrukciónkkal a következő majdnemgyűrű definiálható az S3 szimmetrikus csoporton: + Id (12) (13) (23) (123) (132) Id Id (12) (13) (23) (123) (132) (12) (12) Id (132) (123) (23) (13) (13) (13) (123) Id (132) (12) (23) (23) (23) (132) (123) Id (13) (12) (123) (123) (13) (23) (12) (132) Id · Id (12) (13) (23) (123) (132) (132) (132) (23) (12) (13) Id (123) Id Id Id Id Id Id Id (12) Id (12) (12) (12) Id Id (13) Id (12) (12) (12) Id Id (23) Id (12) (12) (12) Id Id (123) Id Id Id Id Id Id (132) Id Id Id Id Id Id 6. Tétel Legyen (G, +) csoport, {0, Id} 6 S 6 End(G) félcsoport,és a ∈ G rögzı́tett elem Tegyük fel továbbá, hogy i) tetszőleges g ∈ G és r ∈ S{0} esetén, ha r(g) ∈

S(a) := {s(a)|s ∈ S}, akkor ∃! t ∈ S, melyre r(g) = r(t(a)) ii) tetszőleges r, t ∈ S{0} esetén t ◦ r 6= 0 és S ◦ t ∩ S ◦ r 6= {0} Ekkor az f : G S,  f (g) = 0 t ha S(g) ∩ S(a) = {0} ha ∃r ∈ S{0} melyre 0 6= r(g) = r(t(a)) leképezés jóldefiniált S-homomorfizmus (következésképp (G, +, ·f ) nullszimmetrikus majdnemgyűrű). Bizonyı́tás: A bizonyı́tást két lépésben végezzük: I. f jóldefiniált: Amennyiben S(g) ∩ S(a) = {0}, nincs mit bizonyı́tanunk Eltérő esetben ∃r ∈ S{0} : r(g) ∈ S(a){0}; tegyük fel, hogy ezzel együtt ∃r0 ∈ S{0} : r0 (g) ∈ S(a){0}. Ekkor i) alapján ∃!t ∈ S és ∃!t0 ∈ S: r(g) = r(t(a)) és r0 (g) = r0 (t0 (a)) Megjegyzés: Értelemszerűen r, r0 6= 0 ⇒ t, t0 6= 0, azaz t, t0 ∈ S{0}. Mivel r, r0 ∈ S{0}, ı́gy ii) alapján   x ◦ r = x0 ◦ r0 6= 0 alkalmas x, x0 ∈ S{0} választásával. Így (x ◦ r)(t(a)) = x r(t(a)) = x(r(g)) = x ◦ r (g) = 

   x0 ◦ r0 (g) = x0 (r0 (g)) = x0 r0 (t0 (a)) = (x0 ◦ r0 )(t0 (a)) = (x ◦ r)(t0 (a)). Mivel r, x 6= 0, ı́gy ii) miatt x ◦ r 6= 0; továbbá (x ◦ r)(g) ∈ S(a), ı́gy i) miatt (x ◦ r)(g) = (x ◦ r)(t(a)) = (x ◦ r)(t0 (a)) ⇒ t = t0 ; tehát f valóban jóldefiniált. II. f S-homomorfizmus: s = 0 esetén f (s(g)) = f (0) = 0 és s ◦ (f (g)) = 0 ◦ f (g) = 0 A továbbiakban feltesszük, hogy s 6= 0. 1. Ha f (g) = 0, akkor s ◦ (f (g)) = 0 ∀s ∈ S, továbbá f definı́ciója szerint S(g) ∩ S(a) = {0} Mivel S(g) = S(s(g)), ı́gy S(s(g)) ∩ S(a) = {0} ⇒ f (s(g)) = 0. 2. Ha f (g) = t 6= 0, akkor f definı́ciója szerint 0 6= r(g) = r(t(a)) Mivel r, s ∈ S{0}, ı́gy ii) miatt 06= x ◦ s  = y ◦ r alkalmas x, y ∈ S{0} választásával. Ekkor x(s(g)) = (x ◦ s)(g) = (y ◦ r)(g) = y(r(g)) =   y r(t(a)) = (y ◦ r)(t(a)) = (x ◦ s)(t(a)) = x (s ◦ t)(a) , tehát f (s(g)) = s ◦ t = s ◦ f (g). Tehát f valóban

S-homomorfizmus; a bizonyı́tást befejeztük. 7. Tétel Legyen (G, +) csoport, s ∈ End(G) injektı́v endomorfizmus, a ∈ G rögzı́tett elem Tegyük fel, hogy i) st (a) = a ⇔ st = IdG ii) s 6∈ Aut(G) ⇒ a 6∈ s(G) Definiáljuk ekkor S félcsoportot az alábbiak szerint:  n {s |n = 0, 1, 2, .} S= {sn |n ∈ Z} ha s 6∈ Aut(G) ha s ∈ Aut(G) Definiáljuk továbbá f : G S leképezést a következő módon:  0 ha g 6∈ S(a) f (g) = st ha g = st (a) a legkisebb abszolút értékű alkalmas t ∈ N-re Ekkor f jóldefiniált S-homomorfizmus (ennélfogva (G, +, ·f ) nemtriviális nullszimmetrikus majdnemgyűrű). 21 http://www.doksihu Bizonyı́tás: . Az f fv jóldefiniáltságának igazolásához vegyük észre, hogy g = sk1 (a) = sk2 (a) esetén s|k1 −k2 | (a) = a, ı́gy i) miatt s|k1 −k2 | = IdG , tehát f valóban jóldefiniált. Igazolandó továbbá, hogy f S-homomorfizmus Elégséges belátni, hogy előző

tételünk feltételei teljesülnek. i) Legyen g ∈ G, melyre sm (g) = sn (a) összefüggés fennáll megfelelő m, n ∈ N választásával. 5. Lemma Ha x, y ∈ G, k, l ∈ N, l ≥ k, akkor sk (x) = sl (y) ⇒ x = sk−l (y) Bizonyı́tás: Injektı́v leképezések kompozı́ciója injektı́v; amennyiben sl−k (y) = z 6= x, úgy sl (y) = sk (z) 6= sk (x), mely ellentmondásra vezet. 1. m ≤ n esetén sn−m (a) = g, tehát sm (g) = sm (sn−m (a)), ı́gy t = sn−m megfelelő választás; az egyértelműség igazolásához tegyük fel, hogy sm (g) = sm (sn−m+k (a)) alkalmas m − n ≤ k egészre. Ekkor sn−m (a) = sn−m+k (a), tehát s|k| (a) = a, ı́gy i) miatt s|k| = IdG tehát sn−m = sn−m+k . Ezzel t egyértelműségét esetünkben igazoltuk. 2. m > n esetén sm−n (g) = s(sm−n−1 (g)) = a, tehát a ∈ s(G), ı́gy ii) miatt s automorfizmus Ekkor sm (g) = sm (sn−m (a)), tehát t = sn−m megfelelő;

egyértelműsége az előző esetben közöltekhez hasonlatosan igazolható. Megjegyzés: s ∈ Aut(G) esetén állı́tásunk negatı́v m, n értékek mellett a közölttel azonos módon bizonyı́tható. ii) Ha r, t ∈ S{0} ⇒ r = sk , t = sl alkalmas k, l értékekre. Mivel injektı́v homomorfizmusok kompozı́ciója injektı́v, ı́gy s injektivitása folytán sk ◦ sl 6= 0, és 0 6= sk+l ∈ S ◦ r ∩ S ◦ t. Így a 4. tétel alapján f valóban S-homomorfizmus * * * A következőkben munkánk gyümölcsét élvezzük: 6. Következmény Legyen (G, +) végtelen csoport, s ∈ End(G) injektı́v, de nem szürjektı́v endomorfizmus Ekkor G ellátható nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű-szorzással. Bizonyı́tás: Legyen a ∈ GImf ; ekkor a és s a 7. tétel valamennyi feltételét kielégı́tik 7. Következmény Legyen (G, +) csoport, s ∈ Aut(G), s 6= IdG , tételezzük fel továbbá, hogy o(s)

= ∞, és ∃a ∈ G : sn (a) 6= a ∀n ∈ Z. Ekkor G ellátható nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű-szorzással Bizonyı́tás: 7. tételünk valamennyi feltétele értelemszerűen teljesül 8. Következmény Legyen (G, +) tetszőleges csoport; legyen s ∈ Aut(G){IdG } véges rendű automorfizmus, o(s) ≥ 2. Ekkor G ellátható nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű-szorzással Bizonyı́tás: Legyen n = p · m = o(s) 6= ∞, ahol p prı́m, m pozitı́v egész. Ekkor sm ∈ Aut(G){IdG }, tehát ∃a ∈ G : sm (a) 6= a. Továbbá o(sm ) = p, ı́gy (sm )p (a) = a és (sm )k (a) = a ⇒ k|p ⇒ k = ±1 vagy k = ±p Ennélfogva (sm )k (a) = a ⇔ (sm )k = IdG , tehát a és s teljesı́tik a 7. tétel feltételeit 8. Tétel Tetszőleges (G, +) Abel-csoport |G| > 2 feltétel mellett ellátható nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrű-szorzással Bizonyı́tás: Bizonyı́tásunkat két esetre

választjuk szét: I. Tegyük fel, hogy G tartalmaz egységelemtől különböző, nem másodrendű elemet; jelöljön a egy ilyen elemet Ekkor η : G G, η(g) = −g leképezés másodrendű automorfizmusa G-nek, melyre η(a) 6= a, tehát a és η teljesı́tik a 8. következményben elvártakat 22 http://www.doksihu II. Amennyiben g + g = 0 ∀g ∈ G (azaz, G exponense 2), ez esetben G-t tekinthetjük, mint F2 feletti vektorteret Mivel |G| ≥ 3, ı́gy dimG ≥ 2. Legyen e1 , e2 , a vektortér egy bázisa Az s : G G lineáris leképezést a következő módon definiáljuk: s(e1 ) = e2 , s(e2 ) = e1 , és s(ei ) = ei i ≥ 3 esetén (értelemszeráen elég a leképezést a báziselemeken definiálni). Ekkor s leképezés másodrendű automorfizmusa G-nek, ı́gy a = e1 választással a és s teljesı́tik a 8. következmény feltételeit 9. Tétel Tetszőleges, végesen generált (G, +) csoport |G| > 2 feltétel

mellett ellátható nemtriviális nullszimmetrikus majdnemgyűrű-szorzással. Bizonyı́tás: Állı́tásunkat a 8. tétel alapján elégséges nemkommutatı́v csoportokra igazolnunk Legyen G végesen generált nemkommutatı́v csoport, {g1 , .gn } a csoport egy véges generátorrendszere Tetszőleges g ∈ G esetén jelölje ϕg ∈ Inn(G) a g elemmel vett konjugálást, mint belső automorfizmust, vezessük be továbbá Sg = hϕg i 6 Aut(G) jelölést. I. Amennyiben alkalmas a ∈ G és g ∈ G választással Sg (a) halmaz végtelen, úgy a 7 következmény valamennyi feltétele teljesül a-ra és ϕg -re, ezzel állı́tásunk igazolást nyert. II. Ha ∀a ∈ G, g ∈ G esetén |Sg (a)| < ∞, válasszuk ki G(G) 6= ∅ tetszőleges g elemét; ekkor ∀gi ∃mi : m i ϕm g (gi ) = gi , tehát ∃m : ϕg (gi ) = gi tetszőleges gi generátorra, ı́gy G tetszőleges elemére. Ekkor a és ϕg a 8 következményben felsorolt

feltételeket teljesı́tik, ı́gy az ismertetett konstrukcó alkalmazható. Ezzel valamennyi esetben példát adtunk nemtriviális (nullszimmetrikus) majdnemgyűrűre; a bizonyı́tást befejeztük. Beláttuk tehát, ha létezik a fejezet elején feltett, [1]-ből kölcsönzött kérdésnek megfelelő csoport, az szükségképpen nem végesen generált nemkommutatı́v csoport. [2] alapján további szükséges feltételeket ismerhetünk meg, melyek ”szűkı́tik” a lehetséges csoportok körét, amely azonban ezzel együtt sem válik üres halmazzá. A lehetséges ellenpéldák ismertetésére jelen dolgozatban nem térünk ki. 3.2 Nemtriviális = nullszimmetrikus? Fejezetünkben a bemutatott nemtriviális majdnemgyűrűk valamennyien nullszimmetrikusak, mely a 4. tételben szereplő konstrukció értelemszerű következménye Ezzel együtt természetes módon vetődhet fel a kérdés, vajon a tapasztalt

jelenség puszta véletlen, vagy szükségszerű következmény? Az előzőekben tetszőleges véges (sőt, végesen generált) csoportot elláttunk nemtriviális majdnemgyűrű-szorzással; tehetjük-e ezt úgy, hogy a kapott majdnemgyűrű NE legyen nullszimmetrikus? Közölt elvárásunk a korábbival ellentétben nem teljesül tetszőleges véges csoport esetén. Erre egy lehetséges konstrukciót készı́tünk véges egyszerű csoportok felhasználásával: 27. Állı́tás Legyen (G, +) (véges) egyszerű csoport, (G, +, ·) nemtriviális majdnemgyűrű Ekkor G nullszimmetrikus Bizonyı́tás: a 4. állı́tás alapján (G, +) = (G0 , +)o(GC , +), ennélfogva G0 = {0} vagy G0 = G, felhasználva, hogy G0 / G és G egyszerű. G0 = {0} esetén azonban G ∼ = GC , tehát (G, +, ·) triviális majdnemgyűrű, mely feltételeink alapján nem lehetséges. Szükségképpen tehát G0 = G, ı́gy (G, +, ·)

nullszimmetrikus majdnemgyűrű 9. Következmény Tetszőleges nemtriviális, nem-nullszimmetrikus majdnemgyűrű additı́v csoportja előáll nemtriviális szemidirekt-szorzatként Megjegyzés: A véges egyszerű csoportok értelemszerűen nem állnak elő nemtriviális szemidirekt szorzatként. A kı́vánt előállı́tást azonban egy tartalmazott, valódi normálosztó önmagában nem garantálja; erre az általánosı́tott kvaterniócsoport egy lehetséges példát szolgáltat. 23 http://www.doksihu 4. Planáris majdnemgyűrűk Korábbi fejezetünkben már emlı́tést tettünk majdnemtestek felhasználásáról geometriai konstrukciók készı́tésében, kiemelve a számtalan különféle alkalmazás közül a Veblen és Wedderburn által konstruált nem-Desarguesi sı́kkonstrukciót, mely a korábban ismertetett Dickson féle majdnemtestekre épül. Fejezetünkben megvizsgáljuk az emlı́tett

geometriai konstrukciók majdnemtestekkel szemben támasztott általános igényeit, majd ennek megfelelő interpretálását, kiterjesztését majdnemgyűrűk esetén. 4.1 Sı́k koordinátázása majdnemtesttel; planáris majdnemtestek Legyen (F, +, ·) alkalmas majdnemtest. Definiáljuk a Π sı́k pontjait, mint a Π = F × F halmaz elemeit A sı́k egyeneseit x = a, illetve y = x · m + b koordináta-egyenletet kielégı́tő pontok halmazaként definiáljuk (a, b, m ∈ F ); egyenesek párhuzamosságát a következők szerint értelmezzük: - tetszőleges a, b ∈ F esetén x = a és x = b egyenletű egyeneseink párhuzamosak - y = x · m + b és y = x · m0 + b0 egyenesek párhuzamosak ⇔ m = m0 - az x = a és y = x · m + b egyenesek nem párhuzamosak. Elvárásunk, hogy a sı́k bármely két nem párhuzamos egyenesének egyértelműen legyen metszéspontja, azaz, a két egyenes pontosan egy közös ponttal rendelkezzen;

az előzőek alapján ennek szükséges és elégséges feltétele: i) tetszőleges a, b, m ∈ F esetén egyértelműen léteznek az  x=a y =x·m+b  y =x·m+b y = x · m0 + b0 egyenleteknek eleget tevő x, y ∈ F elemek. ii) tetszőleges m, m0 , b, b0 ∈ F , m 6= m0 esetén az egyenletrendszernek szintén egyértelmű megoldása van. Első esetben az egyenletrendszer egyetlen lehetséges és tényleges megoldása tetszőleges paraméterek esetén (x; y) = (a; a · m + b) koordinátapár. A második eset vizsgálatához helyettesı́tsük első egyenletünket a másodikba: x · m + b = x · m0 + b0 melyből rendezést követően: x · m = x · m0 + (b0 − b) Mivel egyenletünkben m, m0 , b, b0 tetszőleges elemek, ı́gy sı́kunk nem-párhuzamos egyenesei pontosan akkor ”metszőek” (közös pontjaik száma 1) , ha az F majdnemtestben tetszőleges a, b, c ∈ F , a 6= b elemek esetén az x · a = x · b + c megoldható,

és a megoldás egyértelmű. 24 http://www.doksihu Közölt feltételünk nem teljesül tetszőleges F majdnemtest választása esetén (habár véges ellenpélda nem, végtelen pedig nehezen adható), mely a következő definı́ció bevezetését motiválja: 18. Definı́ció (F, +, ·) majdnemtest planáris, ha tetszőleges a, b, c ∈ F , a 6= b esetén x · a = x · b + c egyenletnek pontosan 1 megoldása létezik F-en. 10. Tétel (Zemmer) Tetszőleges véges majdnemtest planáris A következőkben a planáris majdnemtestek megfelelő kiterjesztését szeretnénk értelmezni majdnemgyűrűkre. Természetes ötlet a megismert fogalom következő általánosı́tása: Definı́ció. Az (N, +, ·) majdnemgyűrűt planárisnak nevezzük, ha tetszőleges a, b, c ∈ N , a 6= b elemek esetén az x·a=x·b+c egyenletnek egyértelmű megoldása van. Közölt definı́ciónk azonban nem váltja be a hozzá fűzött

reményeket, az ı́gy definiált planáris majdnemgyűrűk szükségszerűen majdnemtestek (tehát planáris majdnemtestek; bizonyı́tását lásd a következőkben), ı́gy nem jutottunk általánosabb struktúrához. 4.2 Planáris majdnemgyűrűk; definı́ciók és általános jellemzők Az alábbiakban újradefiniáljuk a planáris majdnemgyűrű fogalmát, megvizsgáljuk a definiált struktúra alapvető jellemzőit. A 11 tételben foglaltakat felhasználva igazoljuk, hogy az eredeti planáris majdnemgyűrű-definı́ciónkat kielégı́tő majdnemgyűrűk szükségképpen majdnemtestek. 19. Definı́ció (N, +, ·) majdnemgyűrűben a és b elemek ”ekvivalens szorzók”, ha x · a = x · b tetszőleges x ∈ N esetén. A két elem között fennálló relációt a következő módon jelöljük: a =m b Ekkor =m ekvivalenciareláció N elemein. 20. Definı́ció N (jobb-)majdnemgyűrű planáris, ha

i) =m relációnak legalább 3 ekvivalenciaosztálya van ii) a, b, c ∈ N , a 6=m b ⇒ az x · a = x · b + c egyenletnek pontosan 1 megoldása létezik N -en. 6. Példa Definiáljuk (C, +)-n ∗ szorzást a következő módon: z ∗ w = z · |w| Ekkor (C, +, ∗) jobb-majdnemgyűrű Határozzuk meg =m ekvivalenciaosztályait! Mivel tetszőleges a 6= 0 választása mellett a ∗ z = a ∗ w ⇔ a · |z| = a · |w|, ı́gy z =m w ⇔ |z| = |w|, tehát végtelen sok páronként különböző ekvivalenciaosztály megadható. Az x ∗ a = x ∗ b + c egyenlet a definı́ció értelmében x · |a| = x · |b| + c egyenlettel egyenértékű. Kihasználva, hogy egyenletünkben immáron a komplex számokon értelmezett kétoldali disztributivitással bı́ró szorzás szerepel, az az eredetivel ekvivalens x · (|a| − |b|) = c alakra rendezhető. Ennek pontosan akkor van egyértelmű megoldása, ha |a| = 6 |b|, azaz a 6=m b, tehát (C, +,

∗) valóban planáris majdnemgyűrű Nyilvánvaló, hogy közölt példánk nem majdnemtest, hiszen tetszőleges képzetes elemnek nem létezik a megadott szorzásra nézve jobbinverze. Megjegyzés: Ha N triviális, úgy =m -nek legfeljebb 2 ekvivalenciaosztálya van (tehát nem lehet planáris majdnemgyűrű). Az állı́tás megfordı́tása azonban nem igaz; 5 példánkban S3 csoport a rajta definiált szorzással nemtriviális majdnemgyűrű, melynek pontosan 2 ekvivalenciaosztálya van (tehát szintén nem planáris). 25 http://www.doksihu 28. Állı́tás Tetszőleges N planáris (jobb-)majdnemgyűrű nullszimmetrikus Bizonyı́tás: Értelemszerűen 0 · n = 0 ∀n ∈ N . Legyen most a ∈ N, a 6=m 0 tetszőleges elem (ilyen nyilvánvalóan található, hiszen |N/ =m | ≥ 3). Ekkor az x · a = x · 0 + 0 egyenletnek 0 és n · 0 értékek egyaránt megoldásai, hiszen 0 · a = 0 = 0 · 0 + 0, és (n · 0) · a = n

· (0 · a) = n · 0 = (n · 0) · 0 + 0; ennélfogva n · 0 = 0 ∀n ∈ N amit igazolni akartunk. 21. Definı́ció Vezessük be a következő jelöléseket (N, +, ·) planáris majdnemgyűrűben: A = {n ∈ N : n =m 0}, N ∗ = N A. 29. Állı́tás a ∈ N ∗ ⇒ ∃!1a ∈ N : 1a · a = a Bizonyı́tás: a 6=m 0 miatt x · a = x · 0 + a (x · 0 = 0 !) egyenletnek egyértelműen létezik megoldása. 6. Lemma 1a · 1a = 1a ∀a ∈ N ∗ Bizonyı́tás: Mivel a = 1a · a ⇒ a = 1a · (1a · a) = (1a · 1a ) · a ı́gy 1a és 1a · 1a egyaránt megoldásai az x · a = x · 0 + a egyenletnek, melynek megoldása (a 6=m 0) egyértelmű. 10. Következmény 1a 6=m 0, hiszen 1a = 1a · 1a 6= 1a · 0 = 0 22. Definı́ció Legyen a ∈ N ∗ esetén Ba := {b ∈ N ∗ : 1a · b = b} Megjegyzés: A 6. lemma alapján 1a ∈ Ba ∀a ∈ N ∗ Ekkor a definı́ció értelmében 1a bal-egységeleme Ba halmaznak 7. Példa A 6 példában közölt

majdnemgyűrűben: i) N ∗ = C{0} ii) tetszőleges a + b · i ∈ N ∗ esetén 1a+b·i = √a+b·i a2 +b2 z iii) Ba+b·i = {z ∈ C{0} : |z| = √a+b·i ⇔ arg(z) = arg(a + b · i)}. a2 +b2 Jelen esetben tehát a megfelelő Ba halmazok origó középpontú nyı́lt félegyenesek. 7. Lemma a, b ∈ N ∗ , Ba ∩ Bb 6= ∅ ⇒ Ba = Bb Bizonyı́tás: Legyen c ∈ Ba ∩ Bb tetszőleges elem. Ekkor 1a · c = 1b · c = c, és c 6=m 0, ı́gy x · c = c egyenletnek egyértelmű megoldása van, tehát 1a = 1b , ı́gy a definı́ció értelmében Ba = Bb . 11. Következmény b ∈ Ba ⇒ 1b = 1a 11. Tétel Tetszőleges (N, +, ·) planáris majdnemgyűrűben: S i) N = A ∪ a∈N ∗ Ba ii) Ba · N ∗ = Ba ∀a ∈ N ∗ iii) a ∈ N ∗ ⇒ (Ba , ·) csoport iv) Ba ∼ = Bb ∀ a, b ∈ N ∗ . Bizonyı́tás: (i) Mivel a ∈ Ba ∀a ∈ N ∗ , az állı́tás a definı́ciók nyilvánvaló következménye. (ii) Legyenek c ∈ Ba , x ∈ N ∗

tetszőleges elemek. Ekkor 1a · (c · x) = (1a · c) · x = c · x ⇒ c · x ∈ Ba , ı́gy Ba · N ∗ ⊆ Ba , tehát Ba félcsoport a megadott szorzásra nézve, 1a balegységelemmel. A fordı́tott irányú tartalmazásra visszatérünk. 26 http://www.doksihu 0 0 0 (iii) Legyen c ∈ Ba és legyen c az x · c = 1a egyenlet megoldása. Vegyük észre, hogy (1c · c ) · c = 1c · (c · c) = 0 0 0 0 0 1c · 1a = 1a · 1a = 1a , tehát c és 1c · c egyaránt megoldásai x · c = 1a egyenletnek ⇒ c = 1c · c ⇒ c ∈ Ba . Tehát Ba bal-egységelemes félcsoport, melyben valamennyi elemnek van balinverze, ı́gy (Ba , ·) csoport (ezzel ii)-ben a fordı́tott irányú tartalmazást is indokoltuk). Megjegyzés: 6. példánkban tehát tetszőleges, origó középpontú nyı́lt félegyenes a közölt szorzással csoportot alkot, mely (R+ , ·) csoporttal izomorf. (iv) Tekintsük ϕ : Ba Bb , ϕ(n) = 1b · n leképezést; ii) miatt

valóban Imϕ ⊆ Bb . Tetszőleges m, n ∈ Ba esetén ϕ(m · n) = 1b · (m · n) = (1b · m) · n = ((1b · m) · 1b ) · n = (1b · m) · (1b · n) = ϕ(m) · ϕ(n), tehát ϕ homomorizmus. 12. Következmény 1b · 1a = 1b , hiszen ϕ(1a ) = 1b a homomorfizmus művelettartása miatt Tegyük fel most, hogy megfelelő m, n ∈ Ba választásával ϕ(m) = ϕ(n) ⇒ 1b · m = 1b · n. Ekkor m = 1a · m = (1a ·1b )·m = 1a ·(1b ·m) = 1a ·ϕ(m) = 1a ·ϕ(n) = 1a ·(1b ·n) = (1a ·1b )·n = 1a ·n = n. Tehát ϕ monomorfizmus Legyen c ∈ Bb tetszőleges elem; ekkor 1a · c ∈ Ba , és ϕ(1a · c) = 1b · (1a · c) = (1b · 1a ) · c = 1b · c = c, tehát ϕ epimorfizmus, a fentiekkel együtt izomorfizmus a két csoport között. 13. Következmény (N, +, ·) planáris majdnemgyűrű és a =m b ⇔ a = b ⇒ (N, +, ·) majdnemtest Bizonyı́tás: Elsőként egy lemmát igazolunk: 8. Lemma Tetszőleges a ∈ N ∗ , d ∈ N esetén d · 1a = d

Bizonyı́tás: x · 1a = d · 1a egyenletnek d és d · 1a egyaránt megoldásai ⇒ d = d · 1a . 14. Következmény a, b ∈ N ∗ ⇒ 1a =m 1b Mivel A = {0},és a 14. következmény alapján ∀a, b ∈ N ∗ = N 1a =m 1b ⇒ 1a = 1b , tehát Ba = Bb = N {0} csoport. Ezzel planáris majdnemgyűrű definı́ciónk módosı́tása indoklást nyert, hiszen a =m b ⇔ a = b ekvivalens a korábban közölt megoldhatósági feltétellel. Megjegyzés: Ahhoz, hogy egy planáris majdnemgyűrű planáris majdnemtestbe ”csapjon át”, valójában már ”kevesebb” is elégséges: 30. Állı́tás Tetszőleges egységelemes (N, +, ·) planáris majdnemgyűrű planáris majdnemtest Bizonyı́tás: Egységelemes félcsoportban az ”1” egységelem egyértelmű, ennélfogva tetszőleges a, b ∈ N ∗ választásával 1a = 1b = 1, tehát Ba = Bb = N ∗ . Ha c ∈ N {0} ⇒ 1 · c = c 6= 0, ı́gy c 6=m 0, tehát A = {0} és N ∗

= N {0} csoport. 4.3 Példák/ellenpéldák planáris majdnemgyűrűre Vizsgáljuk meg elsőként korábban bemutatott majdnemgyűrű-konstrukcióinkat ”planaritás” szempontjából: 31. Állı́tás Tetszőleges G csoport esetén i) M (G) nem planáris majdnemgyűrű ii) M0 (G) nem planáris majdnemgyűrű. Bizonyı́tás: Mivel tetszőleges planáris majdnemgyűrű elemszáma legalább 3, ı́gy rendre |G| ≤ 2, valamint |G| ≤ 3 egy-egy potenciális M (G), illetve M0 (G) konstrukció esetén. 27 http://www.doksihu i) Korábban igazoltuk, hogy |G| ≤ 2 esetén M (G) nem nullszimmetrikus, következésképp nem lehet planáris majdnemgyűrű. ii) Legyenek a, b ∈ G{0} különböző elemek; definiáljuk f1 , f2 ∈ M0 (G) leképezéseket a következő módon: tetszőleges g ∈ G{0} esetén f1 (g) = a, f2 (g) = b. Ekkor f1 6=m f2 , hiszen IdG ◦ f1 6= IdG ◦ f2 , azonban az x ◦ f1 = x ◦ f2 egyenletnek

tetszőleges x leképezés megoldása, melyre x(a) = x(b), tehát a megoldás nem egyértelmű. 32. Állı́tás Tetszőleges R egységelemes, kommutatı́v gyűrű esetén i) (R[x], +, ◦) nem planáris majdnemgyűrű ii) (R[x, y], +, ◦1 ) nem planáris majdnemgyűrű iii) (R[x, y], +, ◦2 ) nem planáris majdnemgyűrű. Bizonyı́tás: Nyilvánvalóan x2 6=m x4 ; a z ◦ x2 = z ◦ x4 + 1 egyenletnek (ismeretlen függvényünket z-vel jelölve) azonban értelemszerűen nincs megoldása, hiszen a z ◦ x2 és z ◦ x4 + 1 függvények 0-beli helyettesı́tési értékei nem azonosak. Hasonlóan járhatunk el ii) és iii) esetekben; ezzel a bizonyı́tást befejeztük A korábbi fejezetekben megismert ”klasszikus” majdnemgyűrűk nem megfelelőek planáris majdnemgyűrűnek. Bizonyı́tás nélkül közöltük Zemmer tételét, mely szerint a véges majdnemtestek valamennyien planáris majdnemtestek; ezzel

természetesen példát nyertünk planáris majdnemgyűrűkre, példáink azonban rendkı́vül speciálisak. A következőkben egy lehetséges konstrukciót ismertetünk, mely véges planáris (valódi) majdnemgyűrűt eredményez 8. Példa Legyen F = Fpn véges test, pn − 1 = s · t (s, t > 1, (s, t) = 1) és legyen g az F ∗ egy generátoreleme Jelölje továbbá tetszőleges m, k pozitı́v egészekre (m)k az m szám k-val vett osztási maradékát. Definiáljuk ”∗t ” szorzást F elemein a következő módon: g α , g β ∈ F ∗ esetén g α ∗t g β = g α+β−(β)s (0∗t g α = g α ∗t 0 = 0). 33. Állı́tás A közölt (F, +, ∗t ) planáris majdnemgyűrű Bizonyı́tás: i) (F, +) csoport, hiszen (F, +, ·) test. ii) ∗t asszociativitás: elégséges F ∗ elemeire igazolnunk, hiszen a nullszimmetria miatt tetszőleges, 0-t tartalmazó szorzat értéke 0. Ha g α , g β , g γ ∈ F ∗ , akkor (g α

∗t g β ) ∗t g γ = g α+β−(β)s ∗t g γ = g α+β−(β)s +γ−(γ)s = g α+β+γ−(β)s −(γ)s és g α ∗t (g β ∗t g γ ) = g α ∗t (g β+γ−(γ)s ) = g α+β+γ−(γ)s −(β+γ−(γ)s )s = g α+β+γ−(β)s −(γ)s +(γ)s −(γ)s = g α+β+γ−(β)s −(γ)s iii) jobb-disztributivitás: szintén elégséges F ∗ elemeire ellenőriznünk. Amennyiben g α , g β , g γ ∈ F ∗ , és g α + g β = 0, ekkor (g α + g β ) ∗t g γ = 0 ∗ g γ = 0, és g α ∗t g γ + g β ∗t g γ = g α+γ−(γ)m + g β+γ−(γ)m = (g α + g β ) · g γ−(γ)m = 0 · g γ−(γ)m = 0. A közölttől eltérő esetben g α + g β ∈ F ∗ , ı́gy g α + g β = g δ alkalmas δ választásával. Ekkor (g α + g β ) ∗t g γ = g δ ∗t g γ = g δ+γ−(γ)m = g δ · g γ−(γ)m = (g α + g β ) · g γ−(γ)m = g α · g γ−(γ)m + g β · g γ−(γ)m = g α ∗t g γ + g β ∗t g γ . Tehát (F, +, ∗t ) majdnemgyűrű. iv)

planáris: Vizsgáljuk meg elsőként F ekvivalenciaosztályait. (F, ∗t ) nullosztómentes, ezáltal A = {0},és |F ∗ | = pn − 1. Továbbá g α ∗t g β = g α ∗t g γ ⇔ g α+β−(β)s = g α+γ−(γ)s ⇔ β − (β)s = γ − (γ)s Értelemszerűen β − (β)s ≡ γ − (γ)s ≡ 0 (mod s), mı́g mindkét kifejezés t-vel vett osztási maradéka t féle lehet, ı́gy (s, t) = 1 feltétel miatt kifejezéseink t különböző értéket vehetnek fel⇒ |N =m | = t + 1. Tehát t ≥ 2 választásával |N =m | ≥ 3; ezzel együtt igazoltuk, hogy két nem nullelem majdnemgyűrűnkben pontosan akkor ekvivalens, ha kitevőik t-s maradéka megegyezik. Vizsgáljuk a következőkben az x ∗ a = x ∗ b + c egyenlet megoldhatóságát a 6=m b feltétel mellett. 28 http://www.doksihu 1. a = 0 vagy b = 0 esetén az x ∗ b = −c illetve x ∗ a = c egyenletek megoldása nyilvánvalóan egyértelmű 2. a, b ∈ F ∗

esetén x = 0 megoldás ⇔ c = 0; a továbbiakban ezért c, x 6= 0 feltehetőek Ekkor x kereshető g y alakban. Egyenletünket rendezve: g y+α−(α)s = g y+β−(β)s + g γ majd g y · (g α−(α)s − g β−(β)s ) = g γ Mivel a zárójelben szereplő tényező nem nulla, ı́gy egyenletünk valóban egyértelműen oldható meg. 9. Példa Közölt példánk F = F7 , t = 3, s = 2, g = 3 választásával: + 0 1 2 3 4 5 6 0 0 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 0 2 2 3 4 5 6 0 1 3 3 4 5 6 0 1 2 4 4 5 6 0 1 2 3 5 5 6 0 1 2 3 4 ∗t 0 1 2 3 4 5 6 6 6 0 1 2 3 4 5 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 2 0 2 4 6 1 3 5 3 0 1 2 3 4 5 6 4 0 4 1 5 2 6 3 5 0 4 1 5 2 6 3 6 0 2 4 6 1 3 5 Példánkban B1 = B2 = B4 = {1, 2, 4} ∼ = Z3 ∼ = {3, 5, 6} = B3 = B5 = B6 . 34. Állı́tás Az imént definiált (F, +, ∗t ) planáris majdnemgyűrűben tetszőleges g α ∈ F ∗ esetén: i) 1gα = g (α)s ii) Bgα = {g β |α ≡ β (mod s)} = {g (α)s , g (α)s

+s , ., g (α)s +(t−1)·s } iii) Bgα ∼ = Zt Bizonyı́tás: Első két állı́tásunk a definı́ciók nyilvánvaló következménye. A harmadik állı́tás igazolásához vegyük észre, hogy tetszőleges i, j ∈ {0, 1, ., t − 1} esetén g (α)s +i·s ∗ g (α)s +j·s = g (α)s +(i+j)·s , ennélfogva Bgα = hg (α)s +s i 4.4 A Ferrero-féle planáris-majdnemgyűrű gyár ”Olaszországban, Alba városában járva egy világot behálózó vállalat főhadiszállására lelhetünk, melynek gyárai a legkiválóbb minőségű csokoládét állı́tják elő. Szintén Itália földjén, Pármában, a világ legősibb egyetemeinek városában egy másik termelőközpontba botolhatunk, melynek gyárai planáris majdnemgyűrűket gyártanak. Mindkét ”gyár” Ferrero nevét hordozza”[1] Alfejezetünkben a (véges) planáris majdnemgyűrűk mélyebb megértését tűzzük ki célul, a téma

egyik legtermékenyebb művelője, Giovanni Ferrero olasz matematikus eredményeit felhasználva. 23. Definı́ció Legyen (G, +) alkalmas (véges) csoport, és {IdG } < Φ < Aut(G), G{0}-n fixpontmentes automorfizmusok csoportja Ekkor a (G, Φ) párt Ferrero-párnak ∗ nevezzük 5. példánk alapján tetszőleges (G, Φ) Ferrero-párból (G, +, ·U ) majdnemgyűrű készı́thető Az alábbiakban igazoljuk, hogy az ı́gy kapott majdnemgyűrű planáris ∗ A közlésre kerülő eredmények általánosabban, tetszőleges (véges vagy végtelen) csoport esetén is igazolhatóak, a ”Ferrero-pár” definı́cióját megfelelő megkötésekkel ellátva; mivel a továbbiakban mindig véges Ferrero-párból készı́tett majdnemgyűrűket tekintünk, jelen dolgozatban az általánosabb eredmények nem kerülnek ismertetésre. 29 http://www.doksihu 12. Tétel Tetszőleges (G, Φ) Ferrero-pár esetén (G, +, ·U )

planáris majdnemgyűrű Bizonyı́tás: Elsőként igazoljuk, hogy =m ekvivalenciaosztályainak száma legalább 3. Tekintsük G nullelemét, egy tetszőleges Ui orbit ui kijelölt elemét, valamint egy további u ∈ Ui {ui } elemet (mivel az orbitok nem triviálisak, ez megtehető). Ekkor tetszőleges g ∈ G esetén g ·U 0 = 0, g ·U ui = g, és g ·U u = h(g) 6= g egy alkalmas h ∈ Φ elemre, tehát elemeink három különböző ekvivalenciaosztályba tartoznak. Megjegyzés: Könnyen ellenőrizhető, hogy a =m 0 ⇔ a 6∈ U . Az x ·U a = x ·U b + c egyenlet megoldhatóságát, és a megoldás egyértelműségét vizsgáljuk a továbbiakban a, b, c ∈ G, a 6=m b feltételek mellett. A bizonyı́tást esetszétválasztással végezzük: i) a =m 0 : ekkor x ·U a = x ·U 0 = 0, tehát egyenletünk x ·U b = −c alakba ı́rható. Mivel b 6=m 0, ı́gy x ·U b = hb (x) alkalmas (jóldefiniált) hb automorfizmusra.

Ennélfogva x ·U b = −c egyenlet egyetlen lehetséges és tényleges megoldása x = h−1 b (−c). ii) b =m 0 : átrendezés után az előbbivel azonos esethez jutunk. iii) a, b 6=m 0 : Egyenletünk (a korábbi jelölésekkel élve) az alábbiakkal ekvivalens: −hb (x) + ha (x) = c azaz     −1 (−hb + ha )(x) = ((−hb ) ◦ h−1 a + Id) ◦ ha (x) = (−(hb ◦ ha ) + Id) ◦ ha (x) = c 9. Lemma Ha ϕ ∈ Φ{Id}, akkor (−ϕ + Id)(x) = −ϕ(x) + x leképezés injektı́v Bizonyı́tás: Tegyük fel, hogy alkalmas a − b ∈ G elemek választásával −ϕ(a) + a = −ϕ(b) + b, ekkor ϕ(b − a) = b − a, tehát b − a = 0 ⇒ a = b. Lemmánk értelmében a (−(hb ◦ h−1 a ) + Id) ◦ ha leképezés bijektı́v (mivel G véges csoport), tehát az egyenlet megoldása egyértelmű. Az egyértelmű megoldhatóságot valamennyi esetben igazoltuk; ezzel a bizonyı́tást befejeztük. A következőkben igazoljuk, hogy a

Ferrero-féle konstrukció általánosan jellemzi a planáris majdnemgyűrűket. 13. Tétel Tetszőleges (N, +, ·) planáris majdnemgyűrű konstruálható alkalmas (N, Φ) Ferrero párból Bizonyı́tás: Korábbi jelöléseinket használva, tetszőlegesen választott a ∈ N ∗ esetén definiáljunk megfelelő Φ csoportot Ba csoport segı́tségével, a következő módon: Φ = {ϕb |b ∈ Ba }, ϕb (n) = n · b. Ellenőrizendők a következők: I. ϕb homomorfizmus: tetszőleges n, m ∈ N esetén ϕb (n + m) = (n + m) · b = n · b + m · b = ϕb (n) + ϕb (m) II. ϕb monomorfizmus: ϕb (n) = ϕb (m) esetén (n − m) · b = 0; rögzı́tett b ∈ N ∗ mellett az x · b = x · 0 + 0 egyenlet egyértelmű megoldása x = 0, tehát n = m. III. ϕb epimorfizmus: Rögzı́tett b ∈ N ∗ mellett x · b = x · 0 + n egyenletnek létezik megoldása IV. Φ 6 Aut(N ) : ϕn ◦ ϕm = ϕm·n , továbbá (Ba , ·) csoport, tehát zárt a

szorzásra V. |Φ| ≥ 2 : elégséges igazolnunk, hogy Ba halmaz legalább kételemű Ellenkező esetben N = A ∪ tehát |N/ =m | ≤ 2, mely ellentmondásra vezet. 30 S a∈N ∗ {1a }, http://www.doksihu 10. Lemma Az imént definiált Φ nem függ a ∈ N ∗ választásától Bizonyı́tás: Legyenek a, b ∈ N ∗ különböző elemek. Definiáljuk Ψ : Φa Φb leképezést ϕ : Ba Bb , n 1b · n izomorfizmus segı́tségével, a következő módon: Ψ(ϕa ) = ϕ1b ·a . Ekkor ψ leképezés szintén izomorfizmus Φa és Φb csoportok között, továbbá ϕa (n) = n·a = (n·1b )·a = n·(1b ·a) = ϕ1b ·a (n), ezzel állı́tásunkat igazoltuk. Vegyük észre, hogy Φ hatását tekintve N-en, tetszőleges a ∈ N ∗ esetén Ba halmaz orbit: az előzmények tükrében Φ-t készı́thetjük Ba -ból. Ekkor 11 tétel alapján N ∗ előáll Φ orbitjainak diszjunkt uniójaként Ha a ∈ A, akkor tetszőleges b

∈ N ∗ esetén ϕb (a) = a · b ∈ A, hiszen tetszőleges n ∈ N elemre n · (a · b) = (n · a) · b = 0 · b = 0. Tehát A, ennélfogva N előáll Φ orbitjainak uniójaként. 11. Lemma Tetszőleges a ∈ Ba esetén ϕa fixpontmentes automorfizmus Bizonyı́tás: Tegyük fel, hogy alkalmas n ∈ N {0} választásával ϕa (n) = n, azaz n · a = n. Ekkor az x · a = n egyenletnek x = 0 és x = n egyaránt megoldásai, mely ellentmondásra vezet. Válasszuk az 5 tételben közölt konstrukcióban szereplő orbitoknak Ba halmazokat 1a reprezentánselemekkel. Ekkor tetszőleges a, b ∈ N esetén  0 ha b ∈ A a ·U b = . Tehát (N, +, ·) ∼ = (N, +, ·U ), amit bizonyı́tani akartunk. ϕb (a) = a · b ha a ∈ N ∗ Következő fejezetünkben planáris majdnemgyűrűk lehetséges alkalmazásaival foglalkozunk. Ezt előkészı́tendő, néhány technikai tételt bizonyı́tunk az alábbiakban. 35. Állı́tás Tetszőleges (N, Φ)

Ferrero-párból készı́thető planáris majdnemgyűrű, melyben N ∗ = N {0} Bizonyı́tás: A konstrukcióban Φ valamennyi nemtriviális orbitját ”beválasztva” a kijelölt orbitok halmazába, tetszőleges reprezentánselem-választással a kapott planáris majdnemgyűrű teljesı́ti a közölt feltételt. 14. Tétel Legyen (N, Φ) Ferrero-pár, (N, +, ·) pedig a Ferrero párból a fentebb közölt módon készı́tett planáris majdnemgyűrű. Ekkor tetszőleges a ∈ N esetén a · N ∗ = Φ(a) Bizonyı́tás: Tetszőleges b ∈ N ∗ esetén a · b = ϕb (a), ϕb ∈ Φ alkalmas választásával, ennélfogva a · N ∗ ⊆ Φ(a); a fordı́tott irányú tartalmazás triviális. 15. Következmény Tetszőleges (N, Φ) Ferrero párból készı́tett (N, +, ·) és (N, +, ◦) planáris majdnemgyűrűk, és tetszőleges a ∈ N esetén a · N·∗ = a ◦ N◦∗ . 31 http://www.doksihu 5. Majdnemgyűrűk

alkalmazása; kapcsolat blokkrendszerekkel A majdnemgyűrűknek -főként a planáris majdnemgyűrűknek- számtalan alkalmazása lehetséges a matematika különböző területein. Korábban már emlı́tést tettünk (a teljesség igényét nélkülözve) geometriai alkalmazásokról; rendkı́vül hasznos segédeszköznek bizonyulnak a kódelméletben, különféle számı́táselméleti modellek készı́tésénél, dinamikai rendszerek vizsgálatánál, és felsorolásunkat számos további területtel bővı́thetnénk. Jelen fejezetben véges planáris majdnemgyűrűk egy lehetséges diszkrét matematikai alkalmazásáról ejtünk szót. 5.1 Blokkrendszerek Röviden összefoglaljuk ([5] alapján) a blokkrendszerek témakörének alapvető definı́cióit és egyszerű összefüggéseit. 24. Definı́ció Legyen H véges halmaz, B ⊆ P(H) A (H, B) pár t−(v, k, λ) blokkrendszer (röviden:

t-blokkrendszer), ha i) |H| = v ii) |B| = k tetszőleges B ∈ B esetén iii) Tetszőleges {P1 , ., Pt } ⊆ H esetén |{B ∈ B : {P1 , , Pt } ⊆ B}| = λ Megjegyzés: A triviális konstrukciók kizárása végett t < k < v összefüggést feltételezzük; feltesszük továbbá, hogy B nem tartalmazza H összes k elemű részhalmazát. Megjegyzés: A továbbiakban a ”blokkrendszer” elnevezést 2-blokkrendszerek esetén használjuk. 0 0 36. Állı́tás Egy t − (v, k, λ) blokkrendszer tetszőleges t 6 t esetén t − (v, k, λt0 ) blokkrendszer (λt0 alkalmas megválasztásával) Fennáll továbbá az alábbi összefüggés: 0  k−t λt0 · t − t0   0 v−t =λ· t − t0 16. Következmény 0 a) Tetszőleges P ∈ H esetén a P -t tartalmazó blokkok száma λ1 = λ·(v−1 t−1 ) (k−1 t−1 ) , következésképp egy t−(v, k, λ) blokkrend- szerben valamennyi elem azonos számú blokkban szerepel.

0 b) A blokkrendszer blokkjainak száma λ0 = λ·(vt) (kt) . 25. Definı́ció Jelölje a továbbiakban tetszőleges t − (v, k, λ) blokkrendszerben a szerepeltett blokkok számát b, egy kijelölt tetszőleges elemet tartalmazó blokkok számát r. (H, B) t-blokkrendszerünket összességében tehát az alábbi 5 paraméterrel jellemezhetjük: (v, b, r, k, λt ). A rendszer teljes áttekintéséhez azonban a változók között fennálló összefüggések ismeretében valójában kevesebb paraméter ismerete is elégséges. A közölt eredményeket t = 2 esetre alkalmazva az alábbi, blokkrendszerekben ismert összefüggésekhez jutunk: i) r = ii) b = (v−1)·λ k−1 v·(v−1)·λ k·(k−1) = v·r k 15. Tétel (Fisher-egyenlőtlenség) Tetszőleges 2 − (v, k, λ) blokkrendszerben b ≥ v 32 http://www.doksihu 5.2 Blokkrendszer készı́tése planáris majdnemgyűrűből Rögzı́tsünk tetszőleges (N,

+, ·) véges planáris majdnemgyűrűt. A következőkben blokkrenszert definiálunk N elemein, a következők szerint: 16. Tétel Legyen (N, +, ·) tetszőleges véges planáris majdnemgyűrű Definiáljuk B ⊂ P(N ) halmazt a következők szerint: B = {a · N ∗ + b|a ∈ N ∗ , b ∈ N } Ekkor (N, B) 2-blokkrendszer, mely a következő paraméterekkel bı́r (|N | = n, |N ∗ / =m | = k): (n, n·(n−1) , n − 1, k, k − 1) k Bizonyı́tás: Elsőként néhány lemmát bizonyı́tunk: 12. Lemma Tetszőleges a ∈ N ∗ esetén |a · N ∗ | = k Bizonyı́tás: N ∗ k db ekvivalenciaosztály diszjunkt uniójaként áll elő; az elemeket tetszőleges (rögzı́tett) N ∗ -beli elemmel balról szorozva, azonos ekvivalenciaosztályban lévő elemek azonos értéket vesznek fel. Tegyük fel, hogy alkalmas a, b, c ∈ N ∗ , a 6=m b elemek választásával c · a = c · b, ekkor x · a = x · b egyenlet megoldása nem

egyértelmű, mely ellentmondásra vezet. Ezzel állı́tásunkat igazoltuk 13. Lemma Tetszőleges (N, +, ·) planáris majdnemgyűrű esetén a · N ∗ + b = c · N ∗ + d ⇔ b = d és a · N ∗ = c · N ∗ (a, c ∈ N ∗ , b, d ∈ N ). Bizonyı́tás: 13. tételünk értelmében feltehetjük, hogy majdnemgyűrűnk alkalmas (N, Φ) Ferrero-párból készült; ekkor 35. állı́tás és 15 következmény értelmében az általánosság megszorı́tása nélkül feltehető, hogy (N, +, ·) majdnemgyűrűben N ∗ = N {0} Az ekvivalencia egyik iránya triviális. A fordı́tott irány bizonyı́tásához igazolandó, hogy a · N∗ + b = c · N∗ + d összefüggés következményeként b = d és a · N ∗ = c · N ∗ ; a közölt állı́tás indirekt módon igazoljuk. Egyenletünk az alábbi, eredetivel ekvivalens alakra rendezhető: a · N∗ = c · N∗ + e ahol indirekt feltevésünk értelmében 0 6∈ {a, c,

e}. Egyenletünk alapján tetszőleges u ∈ N ∗ esetén: a · N∗ = c · N∗ + e · u Jelölje 1e = u1 , u2 .uk az N ∗ orbitjainak reprezentánselemeit Mivel N planáris majdnemgyűrű, ı́gy |N/ =m | ≥ 3, ennélfogva k ≥ 2. Ekkor a · N ∗ = c · N ∗ + e · 1e | {z } e valamint a · N ∗ = c · N ∗ + e · u2 tehát c · N∗ = c · N∗ + t alkalmas t = e · u2 − e 6= 0 választásával. Egyenletünk alapján ( |hti| = h ≥ 2, hti 6 (N, +) jelöléssel): c · N ∗ = c · N ∗ + t = c · N ∗ + 2 · t = . = c · N ∗ + (h − 1) · t 33 http://www.doksihu azaz c · N ∗ = c · N ∗ + hti, ennélfogva h |c · N ∗ | = k, hiszen c · N ∗ előáll hti mellékosztályainak uniójaként. |N | 12. lemmánk értelmében k |N ∗ | = |N | − 1 = n − 1, tehát h|n − 1; egyszersmind h|n, hiszen nh = |hti| = |N : hti| ∈ Z. Következésképp h|(n, n − 1) ⇒ h = 1, mely korábbi feltételünkkel ellentmond. Mivel

ellentmondásra jutottunk, ı́gy eredeti állı́tásunk szükségképpen igaz volt. A következőkben rátérünk a tétel bizonyı́tására; továbbra is feltehetőek a 13. lemmában közölt feltételek, melynek következményeként |a · N ∗ | = |a · N ∗ + b| = |Φ| = |N/ =m | − 1 = |N ∗ / =m | = k. I. |N | értékét a majdnemgyűrű meghatározza, a blokkok méretére vonatkozó összefüggést az imént bizonyı́tottuk; a 16. következmény értelmében elégséges igazolnunk, hogy bármely két N-beli elemet pontosan λ = k − 1 blokk tartalmaz. Tetszőleges x, y ∈ N esetén x, y ∈ a · N ∗ + b ⇔ 0, (y − x) ∈ a · N ∗ + (b − x). Ennélfogva elégséges igazolnunk, hogy z ∈ N {0} = N ∗ választásával z és 0 közös blokkjainak száma k-1. II. Jelölje N ∗ / =m ekvivalenciaosztályainak reprezentánsait 1e = v1 , v2 , , vk (e ∈ N ∗ tetszőleges, rögzı́tett elem)

Nyilvánvalóan 1 ≤ i ≤ k esetén 0 ∈ a · N ∗ − a · vi tetszőleges a ∈ N ∗ választásával. Továbbá, amennyiben alkalmas t ∈ N elemre 0 ∈ a · N ∗ + t, akkor megfelelő i-re 0 = a · vi + t azaz t = −a · vi ı́gy a · N ∗ + t = a · N ∗ − a · vi Tehát pontosan azon blokkok tartalmazzák a nullelemet, melyek egy megfelelő felı́rásban (a blokkok felı́rása nem egyértelmű )a · N ∗ − a · vi alakúak, vi és a ∈ N ∗ értelemszerű választásával. Tetszőleges i ∈ {2, ., k} esetén az x·1e = x·vi +z egyenlet megoldása egyértelmű, jelölje a megfelelő megoldást ai . Mivel ai = 0 ⇒ z = 0, ezért ai 6= 0 feltehető Egyenletünkből z = (−ai ) · vi + ai azonosság származtatható, ennélfogva z ∈ (−ai ) · N ∗ + ai , mely blokk értelemszerűen 0-át is tartalmazza. Az alábbiakban belátjuk, hogy i, j ∈ {2, ., k}, i 6= j esetén −(ai ) · N ∗ + ai és −(aj ) · N

∗ + aj különböző blokkok; ekkor z és 0 elemek közös blokkjainak száma legalább k-1. A 13. lemma alapján ai 6= aj összefüggés igazolása elégséges A bizonyı́tást indirekt módon végezzük: amennyiben ai = aj , úgy korábbi egyenletünk alapján (−ai ) · vi + ai = z = (−aj ) · vj + aj ı́gy ai · vi = ai · vj mely vi 6=m vj , ai 6= 0 következtében ellentmondásra vezet; ı́gy eredeti állı́tásunk szükségképpen igaz volt. III. Az előzőekben igazolást nyert, hogy (−a2 ) · N ∗ + a2 , (−a3 ) · N ∗ + a3 ,, (−ak ) · N ∗ + ak páronként különböző blokkok, melyek z és 0 elemeket egyaránt tartalmazzák. Az alábbiakban belátjuk, hogy tetszőleges, közölt tulajdonsággal bı́ró blokk szükségképpen az előbbiek valamelyike. Tetszőleges, 0-t tartalmazó blokk a·N ∗ −a·vi alakú; ha közölt blokkunk tartalmazza z elemet, úgy z = a·vj −a·vi alkalmas

(rögzı́tett) vj 6= vi választással. Következésképp (−a) · vi = (−a) · vj + z Megfelelően megválasztott vl esetén vj =m vi · vl , hiszen a ϕ : N ∗ N ∗ , ϕ(a) = vi · a leképezésre a =m b ⇔ ϕ(a) =m ϕ(b) összefüggés teljesül. Így az x · 1e = x · vl + z egyenlet egyértelmű megoldása x = al = (−a) · vi . Ekkor a · N ∗ − a · vi = (a · vi ) · N ∗ − a · vi = (−al ) · N ∗ + al , amit bizonyı́tani akartunk. 34 http://www.doksihu Összefoglalva, tetszőleges x, y ∈ N esetén a két elemet tartalmazó blokkok száma λ = k − 1. 10. Példa 9 példánk felhasználásával a következő 2 − (7, 14, 6, 3, 2) blokkrendszer készı́thető: N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} B: {1, 2, 4} {3, 5, 6} {2, 3, 5} {0, 4, 6} {3, 4, 6} {0, 1, 5} {0, 4, 5} {1, 2, 6} {1, 5, 6} {0, 2, 3} {0, 2, 6} {1, 3, 4} {0, 1, 3} {2, 4, 5} A 15. tételünk alapján a közölt blokkrendszerkonstrukcióban: n≤ n · (n

− 1) ⇒k ≤n−1 k A kapott összefüggés N majdnemgyűrűre nézve trivialitás, hiszen 0 6∈ N ∗ következtében |N ∗ | < |N | nyilvánvalóan teljesül. Érdekes összefüggést nyerhetünk az egyenlőtlenség határhelyzetének vizsgálatával; ehhez a következő definı́ció felidézése szükséges: 26. Definı́ció (H, B) blokkrendszer szimmetrikus, ha benne v = b A szimmetrikus blokkrendszerek számos további érdekes és ”kellemes” tulajdonsággal bı́rnak, kiemelt fontosságúak a blokkrendszerek körében. Érdemes végiggondolnunk, hogy közölt konstrukciónk eredményezhet-e négyzetes blokkrendszert 37. Állı́tás Az N planáris majdnemgyűrűből készı́tett blokkrendszer szimmetrikus ⇔ N majdnemtest Bizonyı́tás: Planáris majdnemgyűrűből készı́tett blokkrendszer négyzetes akkor és csak akkor, ha k = n − 1, azaz |N ∗ | = |N ∗ / =m |. Ekkor tetszőleges a, b ∈ N

elemek esetén a =m b ⇔ a = b, tehát 11 tétel és következményei alapján (N, +, ·) planáris majdnemtest. 35 http://www.doksihu Hivatkozások [1] James R. Clay, Nearrings-Geneses and Applications, Oxford University Press, 1992 [2] K. Beidar, Y Fong, W-F Ke, S-Y Liang Nearring multiplications on Groups, Comm in Algebra, 23 (1995), 999-1015. [3] Günter F. Pilz, Near-rings and Near-fields, Handbook of Algebra, Elsevier Science Vol 1 (1996), 463-498 [4] L. E Dickson, Definitions of a group and a field by independent postulates, Trans Amer Math Soc 6 (1905), 198-204. [5] Andries E. Brouwer, Block Designs, Handbook of Combinatorics, Elsevier Science, 1995 36