A számfogalom felépítése

A fenti tétel első állítása szerint a $G$ csoporton egy kompatibilis részberendezést megadhatunk a pozitivitási tartományával. Ez „praktikus”, mert így csupán $G$ egy részhalmazát kell megadnunk, nem pedig $G \times G$ egy részhalmazát. A továbbiakban valóban ezt fogjuk tenni, ezért érdemes informálisan is megfogalmazni a pozitivitási tartományok három tulajdonságát: (P0) szerint az egységelem mindig benne van $P$-ben, (P+) azt jelenti, hogy a $P$ halmaz zárt az összeadásra, (P−) viszont nem azt mondja, hogy $P$ zárt az inverzképzésre, hanem „szinte” az ellenkezőjét: egy elem és az inverze csak akkor lehetnek egyszerre $P$-ben, ha az egységelemről van szó (neki persze saját maga az inverze). A következő tételben azt nézzük meg, hogy hogyan lehet kiolvasni a $P$ halmazból, hogy a hozzá tartozó részbenrendezés lineáris-e (vagyis dichotóm-e). Szemléletesen: a lineáris rendezések olyan „nagyok” amilyen nagyok csak lehetnek, ezért a nekik megfelelő pozitivitási tartományok is „nagyok” lesznek. A „nagyságnak” a reláció szempontjából az antiszimmetria szab gátat: $a \neq b$ esetén nem lehet $(a,b)$ és $(b,a)$ is benne a relációban. Ennek megfelelően a pozitivitási tartományt a (P−) tulajdonság korlátozza, és a „legnagyobb” $P$ halmazt úgy kapjuk, ha $a$ és $-a$ közül az egyiket (de csak az egyiket!) belevesszük a $P$ halmazba minden $a \neq 0$ esetén. Ezt fejezi ki az alábbi tételben szereplő (PLIN) tulajdonság.

$\leq$ lineáris $\implies$ (PLIN)

Tfh. $\leq$ lineáris (dichotóm) rendezés. A dichotómia miatt tetszőleges $a \in G$ elemre $a \geq 0$ és $a \leq 0$ közül legalább az egyik teljesül. Az első esetben $a \in P$, a második esetben pedig az inverzekről szóló fenti állításból $-a \geq 0$ következik, ami azt jelenti, hogy $-a \in P$. Ezzel beláttuk a (PLIN) tulajdonságot.

(PLIN) $\implies$ $\leq$ lineáris

Tfh. (PLIN) teljesül a $\leq$ kompatibilis részbenrendezésre. Tetszőleges $a,b \in G$ esetén $a-b$ és $b-a$ egymás inverze (ugye?), ezért a (PLIN) tulajdonság szerint $a-b \in P$ vagy $b-a \in P$. Az első esetben $a \geq b$ következik, a második esetben pedig $a \leq b$ (miért?). Ezzel beláttuk, hogy $\leq$ dichotóm.

A következő tételben megmutatjuk, hogy ha egy $P \subseteq G$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P−) tulajdonságokkal, akkor van olyan kompatibilis részbenrendezés, aminek éppen $P$ a pozitivitási tartománya, tehát a (P0), (P+), (P−) tulajdonságok karakterizálják a pozitivitási tartományokat csoportokban.

Definiáljunk egy $\leq$ relációt a $G$ halmazon a következőképpen:

$a \leq b \iff b-a \in P$.

Megmutatjuk, hogy $\leq$ részbenrendezési reláció (reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív), továbbá, hogy $\leq$ kompatibilis a $+$ művelettel és a hozzá tartozó pozitivitási tartomány éppen $P$.

reflexivitás

Bármely $a \in G$ elemre $a-a=0 \in P$ (a (P0) tulajdonság miatt), és ez a $\leq$ reláció definíciója szerint azt jelenti, hogy $a \leq a$.

tranzivitás

Ha $a \leq b$ és $b \leq c$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$ és $c-b \in P$. A (P+) tulajdonság miatt ebből az következik, hogy a $c-a = (c-b)+(b-a)$ elem is $P$-ben van, ami megint csak $\leq$ definíciója szerint azt jelenti, hogy $a \leq c$.

antiszimmetria

Ha $a \leq b$ és $b \leq a$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$ és $a-b \in P$. Ez a két elem egymás inverze, ezért a (P−) tulajdonság miatt $a-b=0$, azaz $a=b$.

kompatibilitás

Ha $a \leq b$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$. Tetszőleges $c$ elemre $(b+c)-(a+c)=b-a \in P$ (miért?), ami megint csak $\leq$ definíciója szerint azt jelenti, hogy $a+c \leq b+c$. Ezzel beláttuk, hogy a $\leq$ részbenrendezés kompatibilis a csoport műveletével.

$\leq$ pozitivitási tartománya éppen $P$

Az $a$ elem akkor és csak akkor van benne a $\leq$ kompatibilis részbenrendezés pozitivitási tartományában, ha $a \geq 0$. A $\leq$ reláció definíciója szerint ez ekvivalens azzal, hogy $a-0 \in P$. Ezzel beláttuk, hogy a $\leq$ részbenrendezés pozitivitási tartományának elemei ugyanazok, mint $P$ elemei.

Részbenrendezett gyűrűk

Csak az utolsó állítást kell bizonyítanunk, a többi következik a csoportokra vonatkozó megfelelő tételből, hiszen $(R;+)$ részbenrendezett Abel-csoport (ugye?).

(P·) $\forall a,b \in G\colon\; a,b \in P \implies a \cdot b \in P$

Tfh. $a,b \in P$, azaz $a \geq 0$ és $b \geq 0$. Mivel $b \geq 0$, beszorozhatjuk az $a \geq 0$ mindkét oldalát $b$-vel, ls így azt kapjuk, hogy $a \cdot b \geq 0 \cdot b = 0$, tehát $a \cdot b \in P$.

Az állítás rögtön következik a csoportokra vonatkozó megfelelő tételből, ha az $(R;+)$ részbenrendezett Abel-csoportra alkalmazzuk azt.

A következő tételben megmutatjuk, hogy ha egy $P \subseteq R$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P−), (P·) tulajdonságokkal, akkor van olyan kompatibilis részbenrendezés, aminek éppen $P$ a pozitivitási tartománya, tehát a (P0), (P+), (P−), (P·) tulajdonságok karakterizálják a pozitivitási tartományokat gyűrűkben.

Definiáljunk egy $\leq$ relációt az $R$ halmazon a következőképpen:

$a \leq b \iff b-a \in P$.

Az analóg „csoportos” tételt alkalmazva az $(R;+)$ Abel-csoportra kapjuk, hogy $\leq$ részbenrendezési reláció, ami kompatibilis az összeadással, és pozitivitási tartománya éppen $P$. Már csak a részbenrendezett gyűrű definíciójából a szorzásra vonatkozó feltétel igazolása van hátra. Nem meglepő módon ennek kulcsa a (P·) tulajdonság lesz.

$b \geq a\ $ és $\ c \geq 0 \implies b \cdot c \geq a \cdot c\ $ és $\ c \cdot b \geq c \cdot a$

Tfh. $b \geq a$ és $c \geq 0$. A $\leq$ reláció definíciója alapján ez azt jelenti, hogy $b-a \in P$ és $c \in P$. A (P·) tulajdonság szerint ekkor $(b-a) \cdot c = b \cdot c - a \cdot c \in P$, ebből pedig következik, hogy $b \cdot c \geq a \cdot c$ (ugye?). A $c \cdot b \geq c \cdot a$ egyenlőtlenség hasonlóan bizonyítható.

Rendezett testek

Minden test gyűrű, ezért az előző fejezetben tanultak részbenrendezett testekre is alkalmazhatóak. A számfogalom felépítése szempontjából a lineárisan rendezett testek a legfontosabbak (mint például a racionális számok teste és a valós számok teste), ezért ebben a fejezetben a lineárisan rendezett testek leírása a fő célunk.

A fenti példában szereplő rendezés nem lineáris (ugye?), és a komplex számok testén nincs is olyan lineáris rendezés, amivel $\mathbb{C}$ lineárisan rendezett test lenne. Ezt szokás úgy is mondani, hogy a komplex számok teste nem elrendezhető. Ezzel szemben a valós számok teste elrendezhető (a „szokásos” rendezéssel). Vajon min múlik az, hogy egy test elrendezhető-e vagy sem? A kérdésre a válasz nagyon egyszerű, de a bizonyítása hosszadalmas; ez lesz az utolsó tételünk ebben a fejezetben. A tétel bizonyítását az alábbi lemma készíti elő, amelynek következményeként mindjárt meglátjuk, hogy a komplex számok teste miért nem elrendezhető.

Jelölje $P$ az $R$ lineárisan rendezett gyűrű pozitivitási tartományát.

Mivel $R$ rendezése lineáris, a $P$ halmaz teljesíti a (PLIN) feltételt. Ezért bármely $a \in R$ esetén $a \in P$ vagy $-a \in P$. A (P·) tulajdonság miatt az első esetben $a^2 \in P$, a második esetben pedig $(-a)^2 \in P$ következik. Látjuk tehát, hogy $a^2 \in P$, azaz minden „négyzet” $P$-ben van. Mivel $P$ zárt az összeadásra, minden négyzetösszeg is $P$-ben van, és épp ezt kellett igazolnunk.
Tfh. $a_1^2+\cdots+a_n^2 = 0$, és vigyük át $a_1^2$-et a bal oldalra: $-a_1^2 = a_2^2+\cdots+a_n^2$. A most igazolt (1)-es állítás szerint $a_1^2 \in P$ és $a_2^2+\cdots+a_n^2 \in P$. Ez azt jelenti, hogy $a_1^2$ és $-a_1^2$ is $P$-ben van, így a (P−) tulajdonság szerint $a_1^2 = 0$. Hasonlóan igazolható, hogy $a_2^2=0, \ldots, a_n^2=0$.

A feltétel szükségességéhez tfh. $(⛄)$ nem teljesül, azaz $a_1^2 + \cdots + a_n^2 = -1$ valamely $n$ természetes számra és $a_1,\ldots,a_n \in T$ elemekre. Ekkor $a_1^2 + \cdots + a_n^2 + 1^2 = 0$, így a fenti lemma szerint $T$-nek nem létezhet kompatibilis lineáris rendezése.
Az elegendőséghez tfh. $(⛄)$ teljesül; célunk konstruálni egy olyan $P \subseteq T$ pozitivitási tartományt, amely eleget tesz a (PLIN) feltételnek. Első közelítésként tekintsük a $T$-beli négyzetösszegek halmazát, vagyis az $X:=\{ \ a_1^2 + \cdots + a_n^2 \mid n \in \mathbb{N}, a_1,\ldots,a_n \in T\}$ halmazt.
1. lépés: $X$ pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=0^2\in X$.
- (P+): Tfh. $u = a_1^2 + \cdots + a_n^2 \in X$ és $v = b_1^2 + \cdots + b_m^2 \in X$. Ekkor $u+v$ is $X$-ben van, hiszen $u+v = a_1^2 + \cdots + a_n^2 + b_1^2 + \cdots + b_m^2$.
- (P·): Tfh. $u = a_1^2 + \cdots + a_n^2 \in X$ és $v = b_1^2 + \cdots + b_m^2 \in X$. Ekkor $u \cdot v$ is négyzetösszeg, mert $u \cdot v = \displaystyle\sum_{i,j} a_i^2 b_j^2 = \sum_{i,j} (a_ib_j)^2$, tehát $u \cdot v \in X$.
- (P−): Tfh. $u,-u \in X$ (cél: $u=0$). Ekkor $u=a_1^2 + \cdots + a_n^2$ és $-u=b_1^2 + \cdots + b_m^2$, alkalmas $a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_m \in T$ elemekkel. Ebből következik, hogy $u-u=a_1^2 + \cdots + a_n^2+b_1^2 + \cdots + b_m^2=0$, és így $-a_1^2 = a_2^2 + \cdots + a_n^2+b_1^2 + \cdots + b_m^2$. Ha $a_1 \neq 0$, akkor van multiplikatív inverze, hiszen $T$ test. Beszorozva $a_1^{-1}$-zel, azt kapjuk, hogy $-1 = (a_2a_1^{-1})^2 + \cdots + (a_na_1^{-1})^2+(b_1a_1^{-1})^2 + \cdots + (b_ma_1^{-1})^2$, ez pedig ellentmond a $(⛄)$ tulajdonságnak. Tehát szükségképpen $a_1=0$, és hasonlóan belátható, hogy a többi elem is nulla: $a_1=\cdots=a_n=0$. Így tehát $u=0$, és épp ezt kellett igazolnunk.
2. lépés: Legyen $P$ maximális pozitivitási tartomány, ami tartalmazza $X$-et.

Tekintsük az összes olyan pozitivitási tartományok halmazát, amelyek tartalmazzák $X$-et. Ezeket a halmazokat a tartalmazási relációval rendezve kapunk egy részbenrendezett halmazt. Ennek a Zorn-lemma szerint van maximális eleme. (Ezt nem részletezzük; azon múlik a dolog, hogy egymásba skatulyázott pozitivitási tartományok uniója is pozitivitási tartomány.) Több maximális elem is lehet, bármelyiket vehetjük $P$-nek.
3. lépés: $P$ zárt az osztásra.

Azt kell belátnunk, hogy $a,b\in P\ (b\neq 0)$ esetén $\frac{a}{b}=ab^{-1}\in P$. Ehhez tekintsük a $P':=\big\{ \frac{a}{b} \mid a,b\in P,\ b\neq 0 \big\}$ halmazt.
Nem nehéz ellenőrizni, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=\frac{0}{1}\in P'$, mert $0\in P$ (hiszen $P$ pozitivitási tartomány), és $1\in P$ (hiszen $X \subseteq P$).
- (P+): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ad+bc}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P·): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P−): Tfh. $u,-u \in P'$ (cél: $u=0$). Ekkor $u=\frac{a}{b}$ és $-u=\frac{c}{d}$, ahol $a,b,c,d\in P \ (b,d\neq 0)$. Ebből következik, hogy $-\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, és így $-ad=bc\in P$ (ugye?). A $P$ pozitivitási tartományra alkalmazva a (P−) feltételt, kapjuk, hogy $-ad=bc=0$, azaz $a=c=0$ (hiszen $b$ és $d$ nem nulla, és $T$ zérusosztómentes). Tehát valóban $u=0$.
Ezzel beláttuk, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
Könnyű belátni, hogy $P \subseteq P'$.

Minden $a\in P$ esetén $a=\frac{a}{1}\in P'$ (mert $1\in X \subseteq P$).

Mivel $P$ maximális volt az $X$-et tartalmazó pozitivitási tartományok között, nem lehet valódi része $P'$-nek. Ezzel beláttuk, hogy $P'=P$, ami épp azt jelenti, hogy $P$ zárt az osztásra.
4. lépés: (PLIN) teljesül $P$-re.

Indirekten bizonyítunk: tfh. van olyan $\xi\in T$, amelyre $\xi\notin P$ és $-\xi\notin P$ is teljesül; ebből fogunk ellentmondásra jutni.

Tekintsük a $Q:=\{ a+b\xi \mid a,b\in P \}$ halmazt.
Belátható, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=0+0\cdot \xi \in Q$, mert $0\in P$.
- (P+): Tfh. $a+b\xi,c+d\xi \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+b\xi)+(c+d\xi)=(a+c)+(b+d)\xi\in Q$, hiszen $P$ zárt az összeadásra.
- (P·): Tfh. $a+b\xi,c+d\xi \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+b\xi)\cdot(c+d\xi)=(ac+bd\cdot \xi^2)+(ad+bc)\xi\overset{?}{\in} Q$. Az világos, hogy $ad+bc\in P$, hiszen $P$ zárt a szorzásra és az összeadásra. A kérdés az, hogy $ac+bd\cdot \xi^2$ is $P$-ben van-e. Mivel $X \subseteq P$, ezért $\xi^2\in P$, és ezután már $a,b,c,d\in P$ miatt $ac+bd\cdot \xi^2 \in P$ következik $P$ szorzásra és összeadásra való zártsága miatt.
- (P−): Tfh. $u,-u \in Q$ (cél: $u = 0$). Ekkor $u=a+b\xi$ és $-u=c+d\xi$, ahol $a,b,c,d\in P$. Ebből következik, hogy $$(b+d)\cdot(-\xi)=a+c\qquad (\diamondsuit)$$ (és itt nyilván $b+d,a+c\in P$). Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy $b+d$ nulla-e vagy sem.
  - Ha $b+d\neq 0$, akkor $(\diamondsuit)$-ban leoszthatunk vele: $-\xi=\frac{a+c}{b+d}$. Ebből következik, hogy $-\xi\in P$, mert $P$ zárt az osztásra (beláttuk a 3. lépésben). Node ez ellentmond a $-\xi\notin P$ feltevésünknek.
  - Ha $b+d= 0$, akkor $(\diamondsuit)$ szerint $a+c=0$. Azt kaptuk, hogy $-b=d\in P$ és $-a=c\in P$. Mivel $P$-re teljesül a (P−) feltétel, ez csak úgy lehet, hogy $b=d=0$ és $a=c=0$. Ekkor pedig $u=a+b\xi=0$, és épp ezt akartuk elérni.
Ezzel beláttuk, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
Nyilván $P \subseteq Q$ (hiszen $a=a+0\cdot \xi\in Q$ minden $a\in P$ esetén) és $\xi\in Q$ (hiszen $\xi=0+1\cdot \xi$ és $0,1\in P$). Tehát $Q$ egy olyan pozitivitási tartomány, ami valódi módon tartalmazza $P$-t (hiszen $\xi\in Q \setminus P$), ez pedig ellentmond $P$ maximalitásának.
Tehát a $P$-hez tartozó kompatibilis rendezés lineáris.

Részbenrendezett algebrai struktúrák

Művelet és rendezés kompatibilitása

Részbenrendezett csoportok

Részbenrendezett gyűrűk

Rendezett testek