Alanları ikiden fazla işleme genelleme: Bu tanımlar eşdeğer mi?
Önceki soruya bakın Üç işlemli "genelleştirilmiş bir alan" sonsuz olabilir mi?
Bir setimiz var $S$, ve $n$ operasyonlar $\times_0,\times_1,\times_2,\cdots,\times_{n-1}$ açık $S$. Her operasyon$\times_k$ değişmeli, çağrışımlı, kimliği var $e_k\in S$ve önceki işlemin üzerine dağıtır $\times_{k-1}$. Ayrıca, kimlikler farklıdır. Belirtmek$S_k=S\setminus\{e_0,e_1,e_2,\cdots,e_{k-1}\}$ (bunu anlamak $S_0=S$, vb.). Tüm yapıya bir$n$-field bazı başka özelliklere sahipse.
Yukarıdaki özellikler göz önüne alındığında, aşağıdaki diğer özellikler eşdeğer midir (bazı kombinasyonları)?
$(1)$ Her biri $\times_k$ anlamında tersinir $a\in S_k$var $b\in S$ öyle ki $a\times_kb=e_k$.
$(2)$ Her biri $\times_k$ anlamında tersinir $a\in S_k$var $b\in S_k$ öyle ki $a\times_kb=e_k$.
$(3)$Her kimlik, daha yüksek işlemlere göre boştur; herhangi$k<l$ Ve herhangi biri $a\in S_k$, $e_k\times_la=e_k$.
$(4)$ Yinelemeli olarak, her iki yapı $(S_0,\times_0,\times_1,\cdots,\times_{n-2},e_0,e_1,\cdots,e_{n-2})$ ve $(S_1,\times_1,\times_2,\cdots,\times_{n-1},e_1,e_2,\cdots,e_{n-1})$ vardır $(n-1)$-alanlar. (Ve bir$1$-field bir değişmeli gruptur.)
$(5)$ Herşey $(n-1)$ yapıların $(S_k,\times_k,\times_{k+1},e_k,e_{k+1})$alanlardır. (Ya da eğer$n=1$ yapı değişmeli bir gruptur.)
Açıkça $(2)$ ima eder $(1)$, ve $(1)$ ve $(3)$ birlikte ima etmek $(2)$. İdeal olarak istiyorum$(1)$ diğerlerini ima etmek için yalnız.
Kanıtlamak $(4)$ ikinci yapı için (ilki kolaydır), yalnızca şunu göstermemiz gerekir $S_1$ altında kapalı $\times_1,\times_2,\cdots,\times_{n-1}$; yani, eğer$a\neq e_0\neq b$, sonra $a\times_kb\neq e_0$. Ama bu,$(3)$ ve tersinirlik.
Bağlantılı sorum bunu kanıtlıyor $(1)$ durumdaki diğerlerini ima eder $n=3$ve hayır olduğunu gösterir $n$-field için var $n>4$ için doğru olması şartıyla $n=4$. Öyleyse odaklanalım$4$-fields ve mülkiyet varsay $(1)$.
Biliyoruz ki alt yapının $(S_0,\times_0,\times_1,\times_2,e_0,e_1,e_2)$ bir $3$-field, herkes için ima eder $a\in S$,
$$e_0\times_0a=e_1\times_1a=e_2\times_2a=a,$$
$$e_0\times_1a=e_0\times_2a=e_0,$$
$$a\neq e_0\implies e_1\times_2a=e_1.$$
Son iki satır özelliktir $(3)$bu alt yapı için. Tamamlamak$(3)$son işlemi düşünmemiz gerekiyor $\times_3$:
$$e_0\times_3a\overset?=e_0,$$
$$a\neq e_0\overset?\implies e_1\times_3a=e_1,$$
$$e_0\neq a\neq e_1\overset?\implies e_2\times_3a=e_2.$$
Sonuncusu için tanımlama $x=e_2\times_3a$ ve verilen cebirsel yasaları kullanarak,
$$e_2\times_3a=(e_2\times_2e_2)\times_3a=(e_2\times_3a)\times_2(e_2\times_3a),$$
bunu görüyoruz $x=x\times_2x$kendi karesidir. Eğer$x\in S_2$ (yani değil $e_0$ veya $e_1$), sonra $\times_2$tersinir ve bölme verir $e_2=x$. Onun yerine$x=e_0$ veya $e_1$, sonra
$$a=a\times_3e_3=a\times_3(e_3\times_2e_2)=(a\times_3e_3)\times_2(a\times_3e_2)=a\times_2x,$$
yani anlıyoruz $a=a\times_2e_0=e_0$veya $a=a\times_2e_1=e_1$bir çelişki. Bu nedenle$x=e_2\times_3a=e_2$.
Aslında kanıtlayabiliriz $(2)$ itibaren $(1)$, en azından durumda $n=4$. Bunu zaten biliyoruz$\times_0,\times_1,\times_2$ kendi alanlarında ters çevrilebilir $S_0,S_1,S_2$. Düşünmeye devam ediyor$a\in S_3$: bu $\times_3$-ters $b$ Ayrıca $S_3$? Aksine varsayalım ki$b=e_0$, $e_1$veya $e_2$. Sonra, bilinen özelliklerinden$3$-alanlar, $b=b\times_2b$, ve böylece
$$e_3=a\times_3b=a\times_3(b\times_2b)=(a\times_3b)\times_2(a\times_3b)=e_3\times_2e_3;$$
fakat $e_3\in S_2$ters çevrilebilir; bölme verir$e_2=e_3$bir çelişki. Yani sahip olmalıyız$b\in S_3$.
Yanıtlar
Bağlantılı sorunun sonuna yakın tartışmadan, $\times_1\times_2$ yapı özelliği olmayan bir alan olmalıdır $2$; yani,$e_2\times_1e_2\neq e_1$. Böylece$\times_1$tersi $e_2$ (hadi arayalım $x$) değil $e_2$kendisi. Ayrıca
$$e_2\times_1x=e_1,$$
$$e_2\times_1e_1=e_2\neq e_1,\quad e_2\times_1e_0=e_0\neq e_1,$$
bunu gösterir $x$ değil $e_1$ veya $e_0$. Bu bizi bırakıyor$x\in S_3$.
Dan beri $(-1)\cdot(-1)=1$ herhangi bir alanda, bizde $x\times_2x=e_2$:
$$e_2=x\times_2x=(x\times_3e_3)\times_2(x\times_3e_3)=x\times_3(e_3\times_2e_3).$$
İzin Vermek $y$ ol $\times_3$tersi $x$. OP'de gösterildi$y$ içinde olmalı $S_3$ (bir alt kümesidir $S_2$) ve içindeki her şey $S_2$ tarafından emilir $e_2\times_3y=e_2$. Yukarıdaki denklemi çarparak$y$, onu bulduk
$$e_2\times_3y=x\times_3y\times_3(e_3\times_2e_3)=e_3\times_3(e_3\times_2e_3)$$
$$e_2=e_3\times_2e_3.$$
Şimdi keyfi bir unsuru düşünün $a\in S_2$:
$$a\times_2a=(a\times_3e_3)\times_2(a\times_3e_3)=a\times_3(e_3\times_2e_3)=a\times_3e_2=e_2.$$
Herhangi bir alanda denklem $a\cdot a=1$ sadece iki çözümü vardır, $a=\pm1$; yani,$a=e_2$ veya $a=x$. Bu nedenle,$S$ tam olarak sahip olmalı $4$elementler. (Özellikle,$x=y=e_3$.)
Herhangi birinden beri $n$-field aynı zamanda bir $k$herhangi biri için alan $k<n$ (sadece işlemleri görmezden gelin $\times_k,\cdots,\times_{n-1}$), hiçbir $n$için alanlar $n>4$.
Ama bu durumda tuhaf bir sürpriz var $n=|S|=4$: yapı benzersiz değildir ve aslında $(1)$ ima etmiyor $(3),(4),(5)$.
$$\begin{array}{c|cccc}\times_0&e_0&e_1&e_2&e_3\\\hline e_0&e_0&e_1&e_2&e_3\\e_1&e_1&e_0&e_3&e_2\\e_2&e_2&e_3&e_0&e_1\\e_3&e_3&e_2&e_1&e_0\end{array}\qquad\begin{array}{c|cccc}\times_1&e_0&e_1&e_2&e_3\\\hline e_0&e_0&e_0&e_0&e_0\\e_1&e_0&e_1&e_2&e_3\\e_2&e_0&e_2&e_3&e_1\\e_3&e_0&e_3&e_1&e_2\end{array}$$
$$\begin{array}{c|cccc}\times_2&e_0&e_1&e_2&e_3\\\hline e_0&e_0&e_0&e_0&e_0\\e_1&e_0&e_1&e_1&e_1\\e_2&e_0&e_1&e_2&e_3\\e_3&e_0&e_1&e_3&e_2\end{array}\qquad\begin{array}{c|cccc}\times_3&e_0&e_1&e_2&e_3\\\hline e_0&e_0&e_0&e_0&e_0\\e_1&e_0&\mathbf{e_0}&e_1&e_1\\e_2&e_0&e_1&e_2&e_2\\e_3&e_0&e_1&e_2&e_3\end{array}$$