15.1. Tétel:

Legyen (R, +, \cdot ) tetszőleges gyűrű a szokásos jelölésekkel. Ekkor tetszőleges a és b elemekre teljesülnek az alábbiak:

1. 0a=a0=0
2. -(-a)=a
3. a(-b)=(-a)b=-(ab)
4. (-a)(-b)=ab
5. -(a+b)=(-a)+(-b)

Bizonyítás:

Igazoljuk először az 1. állítást. Mivel 0 a gyűrű nulleleme, ezért a 2. gyűrűaxióma miatt 0+0=0, és így a disztributivitási szabály miatt:

Mindkét oldalhoz hozzáadva 0a ellentettjét (amely ugye a 3. gyűrűaxióma miatt létezik) a tétel 1. állítását kapjuk:

A 0=a0 azonosság ugyanilyen módon igazolható, csak ekkor a másik oldali disztributivitási szabályt kell alkalmazni.

A 2. állítás baloldalán -(-a) szerepel, amely nem más, mint -a ellentettje. Ezért a 3. gyűrűaxióma miatt kettejük összege épp a nullelem kell legyen:

Mindkét oldalhoz hozzáadva a-t a következőt kapjuk:

A keletkező 0-kat mindkét oldalról elhagyhatjuk a 2. gyűrűaxióma miatt, megkapva így a tétel 2. állítását:

Most a 3. állítást igazoljuk. Az 1. állítás miatt 0=0b, de mivel 0 a gyűrű nulleleme, ezért a 3. gyűrűaxióma miatt -a+a=0, és így a disztributivitási szabály miatt:

Mivel ab-hez (-a)b-t adva épp a nullelemet kapjuk, ezért (-a)b valóban ab ellentettje. Ez viszont a 14.10. Tétel miatt egyértelmű, így tehát:

Az a(-b)=-(ab) azonosság ugyanilyen módon igazolható, csak ekkor a másik oldali disztributivitási szabályt kell alkalmazni.

A 4. állítás könnyen adódik az előző 3 állításból. Az 1. állítás miatt 0=0(-b), de mivel 0 a gyűrű nulleleme, ezért a 3. gyűrűaxióma miatt -a+a=0, és így a disztributivitási szabály miatt:

A 3. állítás miatt a fenti egyenlet jobboldalán lévő második tag -(ab)-vel egyenlő, azaz:

Mivel (-a)(-b)-hez -(ab)-t adva épp a nullelemet kapjuk, ezért (-a)(-b) valóban -(ab) ellentettje. Ez viszont a 14.10. Tétel miatt egyértelmű, így tehát:

Az egyenlet jobboldalát viszont a 2. állítás miatt átírhatjuk a következőképpen, megkapva a tétel 4. állítását:

Végül az 5. állításhoz azt kell belátnunk, hogy az (a+b) ellentettje – azaz a -(a+b) elem – valóban megegyezik a (-a)+(-b) elemmel. A 14.10. Tétel miatt az ellentettképzés asszociatív művelet esetén egyértelmű, így ez pontosan akkor teljesül, ha:

Az 1. gyűrűaxióma alapján ez a kifejezés tetszőlegesen átzárójelezhető (asszociatív) és átsorrendezhető (kommutatív), így felírható így is:

Így tehát (a+b) ellentettje – azaz a -(a+b) elem – tényleg megegyezik a (-a)+(-b) elemmel, ahogyan a tétel állítja.

15.2. Tétel:

Legyen (R, +, \cdot ) tetszőleges egységelemes gyűrű a szokásos jelölésekkel. Ekkor 0\neq 1, azaz az egységelem biztosan különbözik a nullelemtől.

Bizonyítás:

Tegyük fel, hogy létezik olyan gyűrű, amelyben 0=1. Mivel 1 neutrális elem a szorzásra nézve, ezért tetszőleges a elemre igaz az alábbi:

Ez viszont a 15.1. Tétel 1. állítása miatt 0-val egyenlő. Ez azt jelentené, hogy egy ilyen gyűrűnek valójában egyetlen eleme lenne, méghozzá a nullelem. A 14.12. Definícióban ezt a gyűrűt nullgyűrűnek neveztük, amelyet nem tekintünk egységelemesnek.

15.3. Definíció (Nullosztómentes gyűrű):

Legyen (R,+,\cdot ) tetszőleges gyűrű a szokásos jelölésekkel, valamint legyen a és b a gyűrű két tetszőleges eleme. Ha a\cdot b=0, de sem a\neq 0, sem pedig b\neq 0, akkor azt mondjuk, hogy a baloldali nullosztó, b pedig jobboldali nullosztó.

Másként fogalmazva egy a elemet akkor nevezünk baloldali nullosztónak, ha a\neq 0, és létezik olyan b\neq 0 elem, amelyre a\cdot b=0 teljesül. Megint másként fogalmazva egy b elemet akkor nevezünk jobboldali nullosztónak, ha b\neq 0, és létezik olyan a\neq 0 elem, amelyre a\cdot b=0 teljesül.

Az (R,+,\cdot ) gyűrűt nullosztómentes gyűrűnek hívjuk, ha nincs benne sem jobb-, sem pedig baloldali nullosztó. Másként fogalmazva egy nullosztómentes gyűrűben a\cdot b=0-ból következik, hogy a=0 vagy b=0.

A szakirodalomban sok helyen találkozhatunk még a zérusosztó, illetve a zérusosztómentes gyűrű kifejezésekkel is. Kontextustól függően mi is felváltva fogjuk használni ezeket a fogalmakat, ettől függetlenül ezek mind ugyanazt jelentik.

15.4. Tétel:

Legyen (R, +, \cdot ) tetszőleges (nem feltétlenül kommutatív) nullosztómentes gyűrű a szokásos jelölésekkel. Ekkor bármely a, b és c\neq 0 elemek esetén teljesülnek az alábbiak:

1. Ha a\cdot c = b\cdot c, akkor a=b.
2. Ha c\cdot a = c\cdot b, akkor a=b.

Igaz a tétel megfordítása is: Amennyiben tetszőleges a, b és c\neq 0 elemek esetén teljesül a fenti két tulajdonság, akkor az (R,+,\cdot ) gyűrű nullosztómentes.

Bizonyítás:

Nézzük az 1. tulajdonság bizonyítását. Az ac=bc egyenlet mindkét oldalához adjuk hozzá bc ellentettjét (amely ugye a 3. gyűrűaxióma miatt létezik):

A baloldal második tagja a 15.1. Tétel 3. pontja miatt így is írható:

Az egyenlet baloldala az 5. gyűrűaxióma miatt átírható erre:

Mivel a gyűrű nullosztómentes, ezért nem létezik benne jobboldali nullosztó, így c sem lehet az. Ez a 15.3. Definíció miatt azt jelenti, hogy nem létezik olyan nem 0 elem, amelyet c-vel jobbról megszorozva a nullelemet kapnánk. Másként fogalmazva a fenti egyenlet csak akkor teljesülhet, ha a+(-b)=0. Mindkét oldalhoz b-t adva megkapjuk a tételben szereplő 1. tulajdonságot: a=b.

A 2. tulajdonság ugyanezen a módon igazolható, csak ekkor a baloldali disztributivitást és a baloldali nullosztó fogalmát kell felhasználni.

Most bizonyítjuk a tétel megfordítását. Ez ugye azt állítja, hogyha teljesül a tételbeli mindkét tulajdonság egy gyűrűre, akkor a gyűrű nullosztómentes. Vizsgáljuk meg külön-külön, mi a következménye az 1. és a 2. tulajdonság teljesülésének.

Ha az 1. tulajdonság teljesül, akkor az azt jelenti, hogy tetszőleges a, b és c\neq 0 elemek esetén az ac=bc állításból következik az a=b állítás. Speciálisan, ha b történetesen épp a gyűrű nulleleme, akkor tetszőleges a és c\neq 0 elemek esetén az ac=0c állításból következne az a=0 állítás. Ezt a 15.1. Tétel 1. pontja miatt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy tetszőleges a és c\neq 0 elemek esetén az ac=\underbrace{0}_{=0c} állításból következne az a=0 állítás. A 15.3. Definíció miatt ez épp azt jelenti, hogy a gyűrűben nem létezik jobboldali nullosztó.

Ha a 2. tulajdonság teljesül, akkor ugyanilyen gondolatmenetet követve azt kapjuk, hogy a gyűrűben nem létezik baloldali nullosztó.

Ha tehát mindkét tulajdonság teljesül, akkor a gyűrű nullosztómentes.

15.5. Definíció (Integritástartomány):

A nullosztómentes és kommutatív gyűrűket integritástartományoknak nevezzük.

Megjegyezzük, hogy ez a definíció nem követeli meg egységelem – azaz a szorzásra nézve neutrális elem – létezését. Sajnos a magyar terminológiában sincs külön neve az egységelemmel is rendelkező integritástartományoknak, ezért a továbbiakban mi is kénytelenek leszünk körülírni az ilyen eseteket, amennyiben az szükséges.

15.6. Tétel:

Az egész számok \Z halmaza egy egységelemet tartalmazó integritástartományt alkot a szokásos összeadás (13.12. Definíció) és a szokásos szorzás (14.3. Definíció) műveletekkel.

Bizonyítás:

A korábban már bizonyított 14.13. Tétel szerint az egész számok szorzása kommutatív, valamint létezik egységelem, ezért csak a nullosztómentességet kell bizonyítani.

Egy pillanatra térjünk vissza a 13.7. Definícióban bevezetett jelölésekre, amikoris az egész számokat még természetes számpárok ekvivalencia-osztályaiként jelöltük [(a;b)] alakban. A 13.10. Definícióban három részre osztottuk az egész számokat. A pozitív egész számokat [(n;0)], a negatív egész számokat [(0;n)], végül a nulla egész számot [(0;0)] alakban írtuk fel. Ezt a 13.9. Tétel alapján tehettük meg, amely szerint minden egész szám felírható e három közül valamelyik alakban.

Az egész számok szorzásának 14.3. Definíciója alapján ekkor bármely két nemnulla egész szám szorzata az alábbi két alak valamelyikére hozható, ahol n és k valamilyen nemnulla természetes számok:

A 14.1. Lemma alapján nemnulla természetes számok szorzata nem lehet 0, azaz ebben az esetben nk \neq 0. Ebből viszont a 13.9. Tétel alapján az következik, hogy sem [(nk;0)], sem pedig [(0;nk)] nem lehet a nulla egész szám.

Azt kaptuk tehát, hogy nemnulla egész számok szorzata nem lehet a nulla egész szám, azaz a (\Z , +, \cdot ) gyűrű valóban nullosztómentes.

15.7. Tétel:

A természetes számok \N halmazán tetszőleges a, b és c számokra igazak az alábbiak:

1. Ha a\leq b akkor a+c \leq b+c.
2. Ha a\leq b akkor ac \leq bc.

Ha tehát egy egyenlőtlenség mindkét oldalához hozzáadjuk ugyanazt a természetes számot, vagy mindkét oldalát megszorozzuk ugyanazzal a természetes számmal, akkor az egyenlőtlenség továbbra is érvényben marad.

Bizonyítás:

Az a\leq b reláció a 12.13. Definíció miatt azt jelenti, hogy létezik olyan k természetes szám, amelyre teljesül az alábbi:

Az egyenlet mindkét oldalához c-t hozzáadva, illetve mindkét oldalt c-vel megszorozva ezeket kapjuk:

A két egyenlet baloldalai a Peano-összeadás asszociativitása (11.8. Tétel) és kommutativitása (11.7. Tétel), valamint a Peano-szorzás disztributivitása (12.5. Tétel) miatt így írhatók:

Egyrészt létezik tehát olyan természetes szám (nevezetesen k), amelyet a+c-hez adva b+c-t kapunk. Másrészt pedig létezik olyan természetes szám is (nevezetesen kc), amelyet ac-hez adva bc-t kapunk. Ez a 12.13. Definíció alapján éppen azt jelenti, hogy:

15.8. Definíció:

Legyen H egy tetszőleges halmaz, amelyen értelmezve van egyrészt egy *-gal jelölt kétváltozós művelet, másrészt pedig egy valamilyen \simeq-val jelölt kétváltozós reláció. Amennyiben H tetszőleges a, b és c elemeire az a\simeq b reláció teljesülése esetén az a*c \simeq b*c reláció is teljesül, akkor azt mondjuk, hogy a \simeq reláció kompatibilis a * művelettel.

15.9. Lemma:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy tetszőleges gyűrű, amelynek R alaphalmazán értelmezve van egy részbenrendezési reláció. Jelöljük ezt a relációt a \leq szimbólummal, és tegyük fel, hogy a \leq reláció kompatibilis a gyűrű + műveletével. Ekkor tetszőleges a, b és c elemekre igazak az alábbiak:

1. Ha 0\leq a, akkor 0\geq (-a).
2. Ha ac\leq bc, akkor a(-c)\geq b(-c).
3. Ha ca\leq cb, akkor (-c)a\geq (-c)b.

Itt 0 jelöli a gyűrű nullelemét, -x pedig az x elem ellentettjét. Megjegyezzük még, hogy kommutatív gyűrű esetén természetesen a 2. és 3. tulajdonság egymással ekvivalens.

Bizonyítás:

Az 1. tulajdonság esetén tehát az a kiindulási feltételünk, hogy 0\leq a. Mivel a \leq reláció kompatibilis az összeadással, ezért mindkét oldalhoz a ellentettjét adva – amely a 3. gyűrűaxióma miatt létezik – továbbra is érvényes egyenlőtlenséget kapunk:

Mivel 0 a gyűrű nulleleme, ezért a baloldali összegből őt elhagyhatjuk, a jobboldali összeg pedig épp a nullelemmel lesz egyenlő. Így tulajdonképpen megkapjuk az 1. állítást:

A 2. tulajdonság esetén a kiindulási feltételünk az, hogy ac\leq bc. Mivel a \leq reláció kompatibilis az összeadással, ezért mindkét oldalhoz jobbról -(ac)-t, balról pedig -(bc)-t adva továbbra is érvényes egyenlőtlenséget kapunk:

Mindkét oldalon a két egymásnak ellentett tag kiejti egymást, így ezt kapjuk:

Ez viszont a 15.1. Tétel 3. pontja miatt így is írható, megkapva ezzel a 2. állítást:

Végül a 3. tulajdonság ugyanilyen módon igazolható, csak ekkor a kiindulási feltétel mindkét oldalához -(ca)-t és -(cb)-t kell adni.

15.10. Tétel:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy kommutatív gyűrű, amelynek R alaphalmazán értelmezve van egy részbenrendezési reláció. Jelöljük ezt a relációt a \leq szimbólummal, és tegyük fel, hogy a \leq reláció kompatibilis a gyűrű + műveletével. Tételezzük fel továbbá, hogy a gyűrű valamilyen a és b elemei között fennál az a\leq b egyenlőtlenség. Ekkor teljesülnek az alábbiak:

1. Ha minden c\geq 0 esetén ac\leq bc, akkor minden d\leq 0 esetén ad\geq bd.
2. Ha minden c\geq 0 esetén ac\geq bc, akkor minden d\leq 0 esetén ad\leq bd.

Megjegyezzük, hogy a tétel elején azért korlátozódtunk kommutatív gyűrűkre, hogy ne kelljen a fordított sorrendű szorzásokra is megfogalmazni (és aztán persze bizonyítani) ugyanezt a két tulajdonságot. Az Olvasóra bízzuk annak átgondolását, hogy hogyan lehet ezt a tételt (és bizonyítását) kiterjeszteni a nemkommutatív esetekre is.

Bizonyítás:

Kezdjük az 1. tulajdonsággal. Itt a kiindulási feltételünk az, hogy az a\leq b egyenlőtlenség mindkét oldalát egy „legalább” 0 elemmel megszorozva a reláció iránya nem változik. Azt kell belátni, hogy ebben az esetben egy „legfeljebb” 0 elemmel való szorzás viszont megfordítja a relációt. A tételben ezt a „legfeljebb” 0 elemet d-vel jelöltük, azaz d\leq 0. Ebből viszont a 15.9. Lemma 1. pontja miatt következik, hogy (-d)\geq 0, azaz d ellentettje „legalább” 0.

A kiindulási feltételünk szerint viszont bármilyen „legalább” 0 elemmel szorozva az a\leq b relációt, annak iránya nem változik. Ez tehát igaz lesz (-d)-re is, és így:

Ebből viszont a 15.9. Lemma 2. pontja miatt megkapjuk az 1. tulajdonságot:

A 2. tulajdonság bizonyítása ehhez nagyon hasonló. Itt a kiindulási feltételünk az, hogy az a\leq b egyenlőtlenség mindkét oldalát egy „legalább” 0 elemmel megszorozva a reláció iránya megfordul. Azt kell belátni, hogy ebben az esetben egy „legfeljebb” 0 elemmel való szorzás viszont nem változtatja meg a reláció irányát. A tételben ezt a „legfeljebb” 0 elemet d-vel jelöltük, azaz d\leq 0. Ebből viszont a 15.9. Lemma 1. pontja miatt megintcsak következik, hogy (-d)\geq 0, azaz d ellentettje „legalább” 0.

A kiindulási feltételünk szerint viszont bármilyen „legalább” 0 elemmel szorozva az a\leq b relációt, annak iránya megfordul. Ez tehát igaz lesz (-d)-re is, és így:

Ebből viszont a 15.9. Lemma 2. pontja miatt megkapjuk a 2. tulajdonságot:

15.11. Definíció (Rendezett gyűrű):

Legyen (R,+,\cdot ) egy tetszőleges gyűrű, valamint a gyűrű R alaphalmazán legyen értelmezve egy részbenrendezési reláció, amelyet jelöljünk most a \leq szimbólummal. Tegyük fel, hogy tetszőleges a, b és c gyűrűelemek esetén teljesülnek az alábbi követelmények – az úgynevezett rendezési axiómák:

1. Ha a\leq b, akkor a+c\leq b+c.
2. Ha a\leq b és c\geq 0, akkor ac\leq bc és ca\leq cb.

Ekkor azt mondjuk, hogy (R,+,\cdot ) egy részbenrendezett gyűrű a \leq relációra nézve. Amennyiben a \leq reláció egy teljes rendezés – azaz bármely két gyűrűelem „összehasonlítható” egymással –, akkor azt mondjuk, hogy (R,+,\cdot ) egy teljesen rendezett gyűrű a \leq relációra nézve.

Egy (R,+,\cdot ) gyűrűre akkor mondjuk, hogy részbenrendezhető, ha létezik olyan részbenrendezési reláció a gyűrű R alaphalmazán, amely teljesíti a fenti két axiómát. Az (R,+,\cdot ) gyűrűre akkor mondjuk, hogy teljesen rendezhető, ha létezik a fenti axiómákat kielégítő teljes rendezés az R alaphalmazon.

15.12. Definíció (Pozitivitástartomány):

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy részbenrendezhető gyűrű, és legyen \leq egy olyan részbenrendezés a gyűrű R alaphalmazán, amely teljesíti a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat. Ekkor azoknak az a\neq 0 gyűrűelemeknek a halmazát, amelyekre teljesül az a\geq 0 reláció, a gyűrű pozitivitástartományának nevezzük a \leq rendezésre nézve, és P_{\leq}-vel jelöljük. A P_{\leq} halmazban lévő elemekre ilyenkor azt mondjuk, hogy pozitívak a \leq rendezésre nézve.

Ehhez hasonlóan azoknak az a\neq 0 gyűrűelemeknek a halmazát, amelyekre teljesül az a\leq 0 reláció, a gyűrű negativitástartományának nevezzük a \leq rendezésre nézve, és -P_{\leq}-vel jelöljük. A -P_{\leq} halmazban lévő elemekre ilyenkor azt mondjuk, hogy negatívak a \leq rendezésre nézve.

Megjegyzés:

A 15.9. Lemma 1. pontjából azonnal következik, hogy ha egy gyűrűelem pozitív egy rendezésre nézve, akkor az ellentettje negatív, illetve visszafelé: ha egy gyűrűelem negatív egy rendezésre nézve, akkor az ellentettje pozitív.

Igaz továbbá az is, hogy nem létezik egyszerre pozitív és negatív gyűrűelem semmilyen rendezésre nézve. Ha ugyanis valamilyen a gyűrűelem egyszerre lenne pozitív és negatív, akkor 0\leq a és a\leq 0 egyszerre teljesülne. Az antiszimmetria miatt azonban ekkor a=0 lenne, azonban ez ellentmondana annak, miszerint a nullelem definíció szerint se nem pozitív, se nem negatív.

15.13. Tétel:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy részbenrendezhető gyűrű, valamint legyen \leq és \lesssim két tetszőleges részbenrendezési reláció, amelyek kielégítik a 15.11. Definícióban megfogalmazott rendezési axiómákat.

Amennyiben tetszőleges a és b gyűrűelemekre a\leq b pontosan akkor teljesül, amikor a\lesssim b is teljesül, úgy a két rendezés pozitivitástartománya megegyezik – azaz P_{\leq}=P_{\lesssim}.

Megfordítva: amennyiben a két rendezés pozitivitástartománya megegyezik – azaz P_{\leq}=P_{\lesssim} –, úgy tetszőleges a és b gyűrűelemekre a\leq b pontosan akkor teljesül, amikor a\lesssim b is teljesül.

Bizonyítás:

Ha tetszőleges a és b gyűrűelemekre a\leq b pontosan akkor teljesül, amikor a\lesssim b is, akkor ez nyilván igaz lesz az a=0 speciális esetre is. Azaz ebben a speciális esetben igaz lesz, hogy tetszőleges b gyűrűelemre pontosan akkor teljesül a 0\leq b reláció, amikor a 0\lesssim b reláció is. Ez viszont azt jelenti, hogy tetszőleges gyűrűelem pontosan akkor van benne a \leq rendezés pozitivitástartományában, amikor a \lesssim rendezés pozitivitástartományában is benne van. A két pozitivitástartománynak tehát pontosan ugyanazok az elemeik, ami épp azt jelenti, hogy megegyeznek.

Megfordítva: az, hogy a két rendezés pozitivitástartománya megegyezik, úgy is megfogalmazható, hogy bármely gyűrűelem pontosan akkor van benne a P_{\leq} halmazban, ha benne van a P_{\lesssim} halmazban is. Ez nyilván igaz lesz minden olyan gyűrűelemre is, amelyet két tetszőleges a és b gyűrűelemből képzünk a b+(-a) összegzéssel – hacsak nem éppen az a=b esetről van szó, ám ekkor a reflexivitás miatt amúgyis mindkét reláció teljesül. Így tehát pontosan akkor fog teljesülni a 0\leq b+(-a) reláció, amikor teljesül a 0\lesssim b+(-a) reláció is. Mivel mindkét reláció teljesíti a rendezési axiómákat, ezért mindkettő kompatibilis az összeadás művelettel. Így e két egyenlőtlenség mindkét oldalához a-t adva megkapjuk a tétel állítását: a\leq b pontosan akkor teljesül, amikor a\lesssim b is, azaz a két reláció valójában – jelöléstől eltekintve – egy és ugyanaz.

15.14. Tétel:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy nullosztómentes gyűrű, valamint P a gyűrű alaphalmazának egy részhalmaza. A P halmaz akkor és csak akkor pozitivitástartománya valamilyen R-en értelmezett, a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat is kielégítő részbenrendezésnek, ha zárt az összeadásra és a szorzásra, valamint nem tartalmazza a gyűrű nullelemét.

Az összeadásra és szorzásra való zártságot úgy értjük, hogy ha a és b benne van a P halmazban, akkor az a+b összeg, valamint az ab és a ba szorzatok is benne vannak a P halmazban. Ne feledjük: nem feltételeztük, hogy a gyűrű kommutatív, ezért mindkét irányú szorzást külön meg kell említeni.

Bizonyítás:

Nézzük először a könnyebbik irányt. Azt kell belátnunk, hogy ha valamilyen P részhalmazhoz létezik olyan \leq részbenrendezés, amelynek épp P a pozitivitástartománya, és kielégíti a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat, akkor P zárt az összeadásra és a szorzásra, valamint nem tartalmazza a nullelemet.

Vegyünk két tetszőleges P-beli elemet, és jelöljük őket a-val és b-vel. Az, hogy ők P-ben vannak, a 15.12. Definíció miatt ezt jelenti:

Az 1. rendezési axióma miatt az a\geq 0 egyenlőtlenség mindkét oldalához b-t adva az egyenlőtlenség továbbra is érvényes, azaz a+b\geq b. De mivel részbenrendezésről van szó, és b\geq 0 ugye teljesül, ezért a tranzitivitás miatt:

Igaz ugyanakkor az is, hogy a+b \neq 0, hiszen máskülönben a=-b lenne a helyzet, azaz a pozitivitástartomány 15.12. Definíciója utáni megjegyzés alapján egyiküknek a -P negativitástartományban kéne lennie. Ez ugye ellentmondana annak, hogy mindkettő P-ben van, így valóban a+b is benne van P-ben, azaz P zárt az összeadásra.

Most nézzük, mi a helyzet az ab és a ba szorzatokkal? A 2. rendezési axióma miatt az a\geq 0 egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozhatjuk a b\geq 0 elemmel jobbról is és balról is, azaz egyrészt ab\geq 0b, másrészt ba\geq b0. Mindkét egyenlőtlenség jobboldala a 15.1. Tétel 1. pontja alapján 0-val egyenlő, ezért:

Tekintve, hogy a gyűrű a tétel feltétele miatt nullosztómentes, ezért e két szorzat közül egyik sem 0, és így mindkettő szintén benne van P-ben, azaz P zárt a szorzásra is.

Végül, mivel P-ről azt mondtuk, hogy pozitivitástartománya a \leq rendezési relációnak, ezért a 15.12. Definíció miatt nem tartalmazza a nullelemet.

Most nézzük a nehezebbik irányt. Itt azt kell belátnunk, hogy ha valamilyen P részhalmaz zárt az összeadásra és a szorzásra, valamint nem tartalmazza a gyűrű nullelemét, akkor létezik olyan részbenrendezés a gyűrűn, amelynek épp P a pozitivitástartománya, és kielégíti a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat.

Definiáljunk hát egy \lesssim szimbólummal jelölt relációt a gyűrű alaphalmazán a következőképpen: a \lesssim b akkor és csak akkor, ha a=b vagy pedig a b+(-a) elem benne van a P halmazban.

A feladatunk tehát megmutatni, hogy a P-re vonatkozó feltételek teljesülése esetén \lesssim valóban egy részbenrendezés (azaz reflexív, tranzitív és antiszimmetrikus), és ezen felül még a rendezési axiómákat is teljesíti. A reflexivitás azonnal látszik, hiszen a \lesssim reláció teljesülésének első feltétele épp a=b volt.

A tranzitivitás megmutatásához tegyük fel, hogy valamilyen a, b és c elemekre teljesülnek az a\lesssim b és a b\lesssim c relációk. Feladatunk megmutatni, hogy ekkor az a\lesssim c reláció is teljesül. Feltehetjük, hogy ez a 3 elem páronként különbözik, máskülönben bármelyik kettő egyezése esetén nyilvánvalóan fennáll a\lesssim c. Ha viszont páronként különböznek, akkor a\lesssim b és b\lesssim c épp azt jelenti, hogy a b+(-a) és a c+(-b) elemek benne vannak a P halmazban. Mivel azonban P zárt az összeadásra, ezért ezek összege is, azaz a (b+(-a))+(c+(-b)) elem is benne van a P halmazban. Az összeadásra vonatkozó gyűrűaxiómák miatt azonban ez a kifejezés c+(-a)-val egyenlő, amely épp azt jelenti, hogy a\lesssim c. A \lesssim reláció tehát valóban tranzitív.

Az antiszimmetria bizonyításához indirekt tegyük fel, hogy léteznek olyan galád a és b elemek, amelyekre a\lesssim b és b\lesssim a is teljesül, ugyanakkor a\neq b. Ebben az esetben a\lesssim b és b\lesssim a épp azt jelenti, hogy a b+(-a) és az a+(-b) elemek benne vannak a P halmazban. Mivel azonban P zárt az összeadásra, ezért ezek összege is, azaz a (b+(-a))+(a+(-b)) elem is benne van a P halmazban. Az összeadásra vonatkozó gyűrűaxiómák miatt azonban ez a kifejezés épp a gyűrű nullelemével egyenlő. Ez ellentmond annak, hogy P nem tartalmazza a nullelemet. A \lesssim reláció tehát szükségképpen antiszimmetrikus kell legyen.

Annyi van még hátra, hogy megmutassuk, hogy a \lesssim reláció teljesíti a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat is. Nézzük az 1. rendezési axiómát. Ehhez tegyük fel, hogy valamilyen a és b elemekre fennáll az a\lesssim b reláció, és legyen c egy tetszőleges gyűrűelem. Meg kell mutatnunk, hogy ekkor fennáll az a+c\lesssim b+c reláció is. Feltehetjük, hogy a\neq b, hiszen máskülönben nyilvánvalóan a \lesssim reláció már bizonyított reflexivitása miatt a+c\lesssim \underbrace{a}_{=b}+c is igaz. Ha viszont a\neq b, akkor a\lesssim b épp azt jelenti, hogy b+(-a) benne van a P halmazban. Ehhez a kifejezéshez hozzáadva a c elemet és annak ellentettjét, a kifejezés eredménye a gyűrűaxiómák miatt nem változik:

Mivel az összeadás kommutatív és asszociatív, így ez a kifejezés átzárójelezhető és átsorrendezhető:

Vegyük azonban észre, hogy a jobboldali (-a)+(-c) tag a 15.1. Tétel 5. pontja miatt így is írható: -(a+c). Így tehát azt kapjuk, hogy az alábbi elem szintén benne van a P halmazban:

Ez viszont a \lesssim reláció definíciója miatt épp azt jelenti, hogy a+c\lesssim b+c.

Végül ellenőrizzük a 15.11. Definíció szerinti 2. rendezési axióma teljesülését is. Ehhez tegyük fel, hogy valamilyen a és b elemekre fennáll az a\lesssim b reláció, és legyen adva egy tetszőleges 0\lesssim c gyűrűelem. Meg kell mutatnunk, hogy ekkor fennállnak az ac\lesssim bc, valamint a ca\lesssim cb relációk is. Feltehetjük egyrészt, hogy c\neq 0, hiszen máskülönben nyilvánvalóan a \lesssim reláció már bizonyított reflexivitása miatt \underbrace{0}_{=a0=0a}\lesssim \underbrace{0}_{=b0=0b} is igaz. Másrészt azt is feltehetjük, hogy a\neq b, hiszen máskülönben ugyanezen okok miatt ac\lesssim \underbrace{a}_{=b}c és ca\lesssim c\underbrace{a}_{=b} szintén nyilvánvalóan teljesül.

Ha viszont a\neq b és c\neq 0, akkor egyrészt a\lesssim b épp azt jelenti, hogy b+(-a) benne van a P halmazban, másrészt pedig 0\lesssim c épp azt jelenti, hogy c+(-0)=c szintén benne van a P halmazban. Mivel azonban P zárt a szorzásra, ezért a (b+(-a))c valamint a c(b+(-a)) szorzatok szintén benne vannak a P halmazban. E két szorzat viszont a disztributivitási szabályok és a 15.1. Tétel 3. pontja miatt így írható fel:

Az, hogy ezek a P halmazban vannak, a \lesssim reláció definíciója miatt épp azt jelenti, hogy ac\lesssim bc és ca\lesssim cb. Valóban teljesül tehát a 2. rendezési axióma is.

15.15. Tétel:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy tetszőleges gyűrű, valamint P egy valamilyen, ezen a gyűrűn definiált, a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat kielégítő részbenrendezési reláció pozitivitástartománya. A P-hez tartozó részbenrendezési reláció akkor és csak akkor teljes rendezés, ha minden nemnulla elemre igaz, hogy vagy ő maga, vagy pedig az ellentettje benne van P-ben.

Bizonyítás:

Jelöljük a P pozitivitástartomány által meghatározott relációt a \leq szimbólummal. Mivel ez ismét egy „akkor és csak akkor” típusú állítás, ezért ezúttal is mindkét irányú következtetést bizonyítani kell.

Nézzük meg először, hogy mi következik P-re vonatkozóan abból, ha \leq egy teljes rendezés. Az ugye világos, hogy tetszőleges a\neq 0 elemre vagy teljesül a 0\leq a reláció, vagy pedig nem. Ha teljesül, akkor a 15.12. Definíció miatt maga a benne van a P halmazban. Ha nem teljesül, akkor viszont a rendezés trichotómiája miatt – lévén, hogy teljes rendezésről van szó – szükségképpen teljesül az a\leq 0 reláció. Ebben az esetben viszont a 15.9. Lemma 1. pontja miatt teljesül a 0\leq (-a) reláció is. Mivel a\neq 0, ezért (-a)\neq 0, és így a 15.12. Definíció miatt ekkor -a benne van a P halmazban. Teljes rendezés esetén tehát minden nemnulla elemre igaz, hogy vagy ő maga, vagy pedig az ellentettje benne van a rendezés pozitivitástartományában.

Most visszafele nézzük meg, hogy mi következik a \leq részbenrendezésre vonatkozóan abból, ha minden nemnulla elem vagy az ellentettje benne van a rendezés P pozitivitástartományában. Ez nyilván igaz lesz azokra az elemekre is, amelyeket valamilyen tetszőleges a és b elemekből képzünk a b+(-a) képlettel – kivéve persze, ha a=b, de ezekben az esetekben a rendezés reflexivitása miatt amúgyis teljesül mind az a\leq b, mind pedig a b\leq a reláció is. Ha tehát a\neq b, akkor vagy b+(-a), vagy pedig az ő ellentettje, azaz -(b+(-a)) benne van P-ben.

Ha b+(-a) van benne P-ben, akkor a 15.12. Definíció miatt 0\leq b+(-a). Az 1. rendezési axióma miatt mindkét oldalhoz a-t adva továbbra is érvényes egyenlőtlenséget kapunk, azaz a\leq b.

Ha viszont -(b+(-a)) van benne P-ben, akkor a 15.12. Definíció, valamint a 15.9. Lemma 1. pontja miatt a b+(-a)\leq 0 fog teljesülni, amiből viszont b\leq a következik.

Azt kaptuk tehát, hogyha tetszőleges nemnulla elem, vagy az ellentettje benne van egy rendezési reláció pozitivitástartományában, akkor a rendezési reláció legalább az egyik irányban bármely két elem között fennáll – azaz ő valóban egy teljes rendezés.

15.16. Tétel:

Tegyük fel, hogy (R,+,\cdot ) egy olyan nullosztómentes gyűrű, amely teljesen rendezhető – azaz létezik legalább egy, a 15.11. Definíció szerinti rendezési axiómákat kielégítő teljes rendezés a gyűrű R alaphalmazán. Ekkor minden nemnulla elem önmagával vett szorzata, valamint az összes ilyen szorzatból képzett akárhánytagú összeg pozitív a gyűrű bármely teljes rendezésére nézve.

Bizonyítás:

Az 15.15. Tétel alapján minden a\neq 0 elemre teljesül, hogy vagy ő, vagy pedig az ellentettje benne van az összes olyan pozitivitástartományban, amely valamilyen, a rendezési axiómákat kielégítő teljes rendezéshez tartozik.

Az első esetben a\cdot a is benne van az összes ilyen pozitivitástartományban, hiszen azok – nullosztómentes gyűrűről lévén szó – a 15.14. Tétel miatt zártak a szorzás műveletére nézve.

Második esetben az a elem helyett a (-a) elem van benne ezekben a pozitivitástartományokban, de ekkor – szintén a 15.14. Tétel miatt – a (-a)\cdot (-a) szorzat is. Vegyük észre azonban, hogy ez a szorzat a 15.1. Tétel 4. pontja alapján épp a\cdot a-val egyenlő.

Azt kaptuk tehát, hogy minden a\neq 0 elem önmagával vett szorzata mindenképpen pozitív bármely teljes rendezésre nézve – még akkor is, ha ő maga negatív. De ekkor e szorzatok tetszőleges kombinációban felírt összegei is pozitívak, hiszen a 15.14. Tétel szerint egy nullosztómentes gyűrűben a pozitivitástartományok zártak az összeadásra nézve.

15.17. Tétel:

Az egész számok (\Z ,+,\cdot ) gyűrűjének alaphalmazán pontosan egy olyan teljes rendezés létezik, amelyre teljesülnek a 15.11. Definícióban megfogalmazott rendezési axiómák. Ennek a rendezésnek a pozitivitástartománya épp a 13.10. Definíció szerinti pozitív, negativitástartománya pedig az ugyanezen definíció szerinti negatív egész számokból áll.

Bizonyítás:

A 13.10. Definícióban az egész számok halmazát 3 részre osztottuk: pozitív egész számok, negatív egész számok és a 0 egész szám. A pozitív egész számok halmazát jelöljük a továbbiakban P-vel, a negatív egész számok halmazát pedig -P-vel. A P halmaz nem tartalmazza a gyűrű nullelemét, azaz a 0 egész számot, valamint a 13.13. Tétel és a 14.5. Tétel miatt zárt a (\Z ,+,\cdot ) gyűrű összeadására és szorzására. Mivel a gyűrű nullosztómentes, ezért a 15.14. Tétel alapján annyi már bizonyos, hogy a P halmaz valóban egy részbenrendezés pozitivitástartománya.

A 14.13. Tétel bizonyítása alapján a P-ben lévő egész számok ellentettjei épp a -P-ben lévő egész számok. Így a 15.12. Definíció utáni megjegyzés miatt a P-hez tartozó rendezés negativitástartománya épp a -P halmaz, aminek tehát nincs közös eleme P-vel. Mivel a P és a -P halmazok ketten együtt tartalmazzák a 0 egész számon kívüli összes egész számot, így a 15.15. Tétel alapján a P halmazhoz tartozó rendezés valójában egy teljes rendezés.

Már csak azt kell belátni, hogy ez az egyetlen, a rendezési axiómákat is kielégítő teljes rendezés. Tegyük fel ezért indirekt, hogy egy másik ilyen teljes rendezés is létezik az egész számok gyűrűjén. Jelöljük az ehhez tartozó pozitivitástartományt Q-val, a negativitástartományt pedig -Q-val. Mivel rendezésről van szó, ezért a Q és a -Q halmazoknak szintén nincs közös elemük, továbbá – mivel ez a hipotetikus rendezés teljes – ketten együtt tartalmazzák a 0 egész számon kivüli összes egész számot. A 15.13. Tétel alapján az indirekt feltevésünk pontosan azt jelenti, hogy a P és Q pozitivitástartományok különbözőek.

Vegyük észre azonban, hogy a 15.16. Tétel alapján mindazon egész számok, amelyek felírhatók egy akármilyen egész szám önmagával vett szorzataként, vagy ilyen szorzatok akárhánytagú összegeként, benne vannak mind a P, mind pedig a Q halmazban. Ez viszont igaz minden P-beli egész számra. Az első néhány példa alapján az Olvasó is könnyen megértheti, miért:

Az tehát már bizonyos, hogy P része Q-nak. Ebből viszont következik, hogy -P is része -Q-nak. Hiszen ha egy tetszőleges a nemnulla egész szám benne van -P-ben, akkor az ellentettje benne van P-ben. Azonban P része Q-nak, így tehát ez az ellentett benne van Q-ban is. Ekkor viszont maga a benne van -Q-ban. A szituáció tehát valójában a következő:

Az indirekt feltételezésünk ugye az volt, hogy a P és a Q halmazok különböznek. Azaz létezik olyan x nemnulla egész szám, amely benne van Q-ban, de nincs benne P-ben. Egyrészt, mivel Q-nak és -Q-nak nincs közös eleme, ezért ha x benne van Q-ban, akkor nincs benne -Q-ban. Másrészt, mivel P és -P ketten együtt tartalmazzák az összes nemnulla egész számot, ezért ha x nincs benne P-ben, akkor benne van -P-ben. Mivel azonban -P része -Q-nak, ezért ha x benne van -P-ben, akkor benne van -Q-ban is.

Az indirekt feltételezésünkből tehát az következik, hogy létezik olyan egész szám, amely benne is van -Q-ban, és nincs is benne. Ez teljes képtelenség, így csak az a feltételezésünk lehet hibás, miszerint P és Q különböznek, azaz valójában P és Q megegyeznek. Ekkor viszont a 15.13. Tétel miatt a hozzájuk tartozó teljes rendezések is megegyeznek. Az egész számok gyűrűje tehát valóban csak egyféleképpen rendezhető teljesen.

15.18. Definíció (Egész számok rendezése):

Amennyiben tetszőleges a és b egész számokhoz létezik olyan k természetes szám, amelyre teljesül, hogy a+k=b, akkor azt mondjuk, hogy a\leq b. Kiolvasva: „a legfeljebb b” vagy „b legalább a”.

Ha ezen kívül a\neq b is teljesül – azaz a nem azonos b-vel –, akkor azt mondjuk, hogy a\lt b. Kiolvasva: „a kisebb, mint b” vagy „b nagyobb, mint a”. Egy ezzel azonos megfogalmazás így hangzik: ha tetszőleges a és b egész számokhoz létezik olyan k\neq 0 természetes szám, amelyre teljesül, hogy a+k=b, akkor a\lt b.

Fordított irányú reláció esetén értelemszerűen használhatjuk a \geq vagy a \gt szimbólumokat is.

15.19. Tétel:

E tétel megfogalmazásához az alábbi jelöléseket használjuk:

• \N_1-gyel a Peano-axiómarendszer (11.1. Definíció) szerint definiált halmazt jelöljük.
• Az egész számokra a 13.7. Definíció szerinti jelölést alkalmazzuk.
• A \Z halmazon értelmezett 15.18. Definíció szerinti teljes rendezést a \lesssim, az \N_1 halmazon értelmezett 12.13. Definíció szerinti teljes rendezést pedig a \leq szimbólummal jelöljük.
• A \Z halmazon értelmezett 13.12. Definíció szerinti összeadást a \oplus, az \N_1 halmazon értelmezett 11.4. Definíció szerinti Peano-összeadást pedig a + szimbólummal jelöljük.

Tegyük fel, hogy adva van egy f:\N_1 \to \Z függvény az alábbiak szerint:

Ekkor az \N_1 halmaz tetszőleges a és b elemeire igaz, hogy a\leq b pontosan akkor teljesül, ha f(a)\lesssim f(b) is teljesül. Más szavakkal f egy injektív homomorfizmus az (\N_1, \leq) és a (\Z ,\lesssim ) teljesen rendezett halmazok, mint algebrai struktúrák között.

Bizonyítás:

Ha a\leq b, akkor létezik olyan k elem az \N_1 halmazban, amelyre a+k=b. Mivel a 13.13. Tétel miatt az f függvény tartja a Peano-összeadást, ezért f(a+k)= f(a)\oplus f(k) = f(b). Tekintve, hogy az \N_1 halmaz minden elemének f szerinti képe a 13.10. Definíció értelmében pozitív vagy 0 a \Z halmazon belül (tehát természetes szám), így nyilván f(k) is az. Azaz a 15.18. Definíció értelmében f(a)\lesssim f(b).

Megfordítva: ha f(a)\lesssim f(b), akkor létezik olyan c természetes szám a \Z halmazon belül, amelyre f(a)\oplus c=f(b). Mivel c természetes szám, ezért csak pozitív vagy 0 lehet. Emiatt létezik az \N_1 halmazban olyan n elem, amelynek épp ő az f szerinti képe, azaz amelyre f(n)=c, és így f(a)\oplus f(n)=f(b). De mivel az f függvény tartja a Peano-összeadást, ezért f(a+n)=f(b) is teljesül. Tekintve, hogy az f függvény minden \Z-beli elemet legfeljebb egy \N_1-beli elemhez rendel hozzá, ezért ebből a+n=b következik. Ez viszont a 12.13. Definíció értelmében épp azt jelenti, hogy a\leq b.