18.1. Lemma:

Tegyük fel, hogy a, b és c\neq 0 tetszőleges egész számok, melyekre teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:

Tegyük fel továbbá, hogy teljesül a c|a-b oszthatóság is. Ekkor a és b megegyezik.

Bizonyítás:

Mivel a-b és b-a egymás ellentettjei, ezért a c|a-b oszthatóság miatt a 16.2. Tétel 8. pontja alapján az alábbi oszthatóságok mind teljesülnek:

A fenti négy oszthatóság között biztosan van olyan, amelynek mindkét oldalán nemnegatív számok szerepelnek. Ezért az általánosság megsértése nélkül feltehetjük, hogy a c|a-b oszthatóság ilyen. Ha mégsem ez lenne a helyzet, akkor választunk egy olyat, amire ez teljesül, és az alábbi gondolatmenetet arra alkalmazzuk.

Tehát feltehetjük, hogy 0\leq a-b. Itt két eset lehetséges: vagy 0=a-b, vagy pedig a 0\lt a-b szigorú egyenlőtlenség teljesül. Ha az utóbbi, akkor a c|a-b oszthatóságra alkalmazható a 17.2. Lemma, miszerint bármely pozitív egész szám legalább akkora, mint az osztói. Azaz c\leq a-b. De ez ellentmondás, hiszen a és b szigorúan kisebbek c abszolútértékénél. De mivel c-ről feltettük, hogy nemnegatív, ezért az abszolútérték-függvény 17.18. Definíciója miatt a és b szigorúan kisebbek magánál c-nél is. Így – lévén hogy mindketten nemnegatívak – a különbségük méginkább szigorúan kisebb c-nél.

A fentiekből az következik, hogy a c|a-b oszthatóság csak a 0=a-b esetben teljesülhet. Ebből viszont a=b következik, ahogyan a tétel állítja.

18.2. Tétel:

Tetszőleges a és b\neq 0 egész számhoz pontosan egy olyan k hányados és r maradék létezik, melyekre teljesülnek az alábbiak:

Bizonyítás:

Előszöris azt igazoljuk, hogy a maradékos osztás ezekkel a szigorúbb feltételekkel is elvégezhető, azaz mindenképpen létezik nemnegatív maradék is. Ezután fogjuk igazolni ennek egyértelműségét.

A 17.19. Tételből tudjuk, hogy az abszolútérték függvény egy euklidészi norma a \Z gyűrűn. Ez a 17.16. Definíció alapján azt jelenti, hogy tetszőleges a és b\neq 0 egész számhoz létezik olyan k_0 hányados és r_0 maradék, amelyekre teljesülnek az alábbiak:

Feladatunk megmutatni, hogy ezekből előállítható olyan k hányados és r maradék is, amelyek a tételben szereplő szigorúbb feltételeknek is eleget tesznek.

Amennyiben r_0\geq 0, akkor az abszolútérték-függvény 17.18. Definíciója miatt |r_0|=r_0. Ekkor az r=r_0 és a k=k_0 választás épp megfelel a feltételeknek.

Így elegendő csak azzal az esettel foglalkozni, amikor r_0\lt 0. Ekkor az abszolútérték-függvény definíciója miatt |r_0|=-r_0. Mivel r_0\lt 0, ezért a 15.9. Lemma 1. pontja miatt -r_0\gt 0. Ekkor az euklidészi normára vonatkozó |r_0|\lt|b| feltétel az alábbi két eset valamelyikével ekvivalens attól függően, hogy b pozitív vagy negatív:

1. Ha b pozitív, akkor 0\lt \overbrace{-r_0}^{=|r_0|}\lt \overbrace{b}^{=|b|}.
2. Ha b negatív, akkor 0\lt \underbrace{-r_0}_{=|r_0|}\lt \underbrace{-b}_{=|b|}.

A jobboldali egyenlőtlenségekhez r_0-t, a baloldali egyenlőtlenségekhez pedig az 1. esetben (r_0+b)-t, a 2. esetben pedig (r_0-b)-t adva az alábbiakat kapjuk:

1. Ha b pozitív, akkor 0\lt r_0+b\lt \overbrace{b}^{=|b|}.
2. Ha b negatív, akkor 0\lt r_0-b\lt \underbrace{-b}_{=|b|}.

Azaz ha meg tudnánk oldani, hogy az eredeti a=k_0b+r_0 egyenletből kiindulva olyan maradékos osztást végezzünk, amelynek eredményeképp az 1. esetben (r_0+b), a 2. esetben pedig (r_0-b) legyen a maradék, akkor ezek eleget tennének a tételben szereplő feltételeknek. Ezt viszont a 14.12. Definícióban szereplő 5. gyűrűaxióma szerinti disztributivitási szabályok kihasználásával és egy piszkos kis trükkel minden gond nélkül meg tudjuk tenni:

Így tehát pozitív b esetén a k=k_0-1 és r=r_0+b választással, míg negatív b esetén a k=k_0+1 és r=r_0-b választással az r maradék garantáltan pozitív lesz. Ezzel minden esetet lefedtünk, az egész számok körében tehát valóban mindig elvégezhető a maradékos osztás úgy, hogy a kapott maradék nemnegatív.

Azt kell még megmutatni, hogy ilyen feltételekkel viszont már csak egyféleképpen végezhető el. Tegyük fel, hogy kétféleképpen is elvégezhető a nemnegatív maradékos osztás. Ez azt jelenti, hogy léteznek olyan k_1 és k_2 hányadosok, valamint nemnegatív r_1 és r_2 maradékok, amelyekre teljesülnek az alábbiak:

A két fenti egyenletet egymásból kivonva a következőt kapjuk:

Mindkét oldalból (k_1-k_2)\cdot b-t kivonva az alábbi lesz a szituáció:

Ez viszont az oszthatóság 16.1. Definíciója alapján épp azt jelenti, hogy teljesül a b|r_1-r_2 oszthatóság. Mivel r_1 és r_2 is a b-vel való maradékos osztás során kapott nemnegatív maradékok, így ők biztosan szigorúan kisebbek b abszolútértékénél. Ebből viszont a 18.1. Lemma alapján r_1=r_2 következik, azaz a maradékok valóban megegyeznek.

Ekkor azonban a korábban kapott r_1-r_2=(k_2-k_1)\cdot b egyenlet az alábbi alakra egyszerűsödik:

Mivel a tétel szövegében kikötöttük, hogy b\neq 0, ezért a nullosztómentesség miatt ez csak akkor teljesülhet, ha k_2-k_1=0, amiből k_1=k_2 következik. Így tehát a hányadosok is megegyeznek.

Azaz valóban: tetszőleges a és b\neq 0 egész számok között pontosan egyféleképpen lehet elvégezni a maradékos osztást úgy, hogy a kapott maradék nemnegatív.

18.3. Definíció (Moduláris összeadás és szorzás):

Legyen m\neq 0 tetszőleges nemnulla egész szám. Jelölje \Z_m azt a halmazt, amelynek elemei az m abszolútértékénél kisebb, nemnegatív (azaz a 0, 1, 2, ..., |m|-1) egész számok. E halmaz elemeit modulo m maradékoknak nevezzük.

Azt a \bmod_m:\Z \to \Z_m függvényt, amely minden egész számhoz az m-mel képzett nemnegatív osztási maradékát rendeli, modulo m maradékképző függvénynek nevezzük.

A \bmod_m függvény, valamint a szokásos összeadás és szorzás segítségével értelmezzünk két darab kétváltozós műveletet a \Z_m halmaz elemei között az alábbiak szerint:

A \oplus szimbólummal jelölt műveletet modulo m összeadásnak, a \odot szimbólummal jelölt műveletet modulo m szorzásnak, az m egész számot pedig modulusnak nevezzük. Amennyiben az adott kontextusban nem fontos a modulus, úgy a fenti műveleteket egyszerűen csak moduláris összeadásnak és moduláris szorzásnak hívjuk.

Megjegyzés:

A definícióból azonnal adódnak az alábbi észrevételek:

1. A \bmod_m maradékképzés valóban egy függvény, mivel a hozzárendelés a 18.2. Tétel alapján egyértelmű. Ez alatt azt értjük, hogy minden egész számhoz pontosan egy modulo m maradék rendelhető, se több, se kevesebb. Megjegyezzük ugyanakkor, hogy a hozzárendelés nyilván nem kölcsönösen egyértelmű, hiszen egy adott \Z_m-beli elem végtelen sok egész szám modulo m maradéka lehet. Például végtelen sok olyan egész szám van, ami 2-vel osztva 1 maradékot ad: nevezetesen minden páratlan szám.
2. Ennek következménye, hogy a definícióban szereplő \oplus és \odot szimbólummal jelölt műveletek valóban műveletek a szó algebrai értelmében is (lásd az erről szóló 11.3. Definíciót). Ugyanis a definíció szerint a hagyományos összeadás/szorzás elvégzése után alkalmazni kell a \bmod_m maradékképző függvény, amely a \Z_m halmazba képez. A két művelet tehát \Z_m-beli elemekből alkotott párokhoz valóban \Z_m-beli elemeket rendel hozzá, azaz nem vezet ki a \Z_m halmazból.
3. Bármilyen a egész szám modulo m maradéka megegyezik a modulo -m maradékával. Azaz a \bmod_m és a \bmod_{-m} függvények minden m\neq 0 esetén ugyanazt a hozzárendelést valósítják meg. Ugyanis a 15.1. Tétel 4. pontja alapján a=km+r=(-k)(-m)+r, és ha 0\leq r\lt |m| teljesül, akkor az abszolútérték-függvény 17.18. Definíciója értelmében 0\leq r\lt |-m| is nyilván teljesül.
4. A \bmod_m függvény az |m|=1 szélsőséges esetben is értelmes, csak épp nem túl változatos. Ilyenkor ugyanis a \Z_m halmaz a nullgyűrű (14.12. Definíció) lesz, azaz mindössze egyetlen elemet fog tartalmazni, méghozzá a 0 egész számot. A \bmod_m maradékképző függvény pedig minden egész számhoz a 0-t fogja hozzárendelni. Nyilván, hiszen az m=1 vagy m=-1 modulusok minden számnak osztói – mivel egységek –, és így a maradék minden esetben 0.
5. A \bmod_m(a)=a egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha az a egész szám maga is modulo m maradék, azaz teljesül a 0\leq a\lt |m| egyenlőtlenség. Nyilván, hiszen ebben az esetben a maradékos osztás az a=0\cdot m+a alakra egyszerűsödik, így a nemnegatív maradéka m-mel osztva önmaga. Megfordítva: ha a maradéka önmaga – azaz \bmod_m(a)=a –, akkor nyilván teljesül a 0\leq a\lt |m| egyenlőtlenség, hiszen ez a modulo m maradékok definíciója.
6. Végül megjegyezzük, hogy a \Z_m-en értelmezett két moduláris műveletre nincs standard jelölés, a definícióban önkényesen használtuk a \oplus és \odot szimbólumokat. Ettől kontextustól függően eltérhetünk, ám ezt minden esetben jelezni fogjuk.

18.4. Tétel:

Tetszőleges m\neq 0 egész szám esetén legyen \Z_m a 18.3. Definíció szerinti modulo m maradékok halmaza, és jelölje \oplus és \odot az ezen a halmazon definiált moduláris összeadás és szorzás műveletét. Ekkor \Z_m egy kommutatív gyűrűt alkot ezzel a két művelettel, amely |m|\neq 1 esetén egységelemes.

Bizonyítás:

A 14.12. Definícióban szereplő gyűrűaxiómák teljesülését kell igazolnunk. Nézzük őket sorban:

A műveletek kommutativitása: Ez egyszerűen adódik a 18.3. Definícióból, valamint a hagyományos összeadás és szorzás kommutativitásából:

Neutrális elem létezése: Az |m|=1 esetben a 18.3. Definíció utáni megjegyzés 4. pontja alapján \Z_m épp a nullgyűrű. Ebben az egyetlen elem a 0, amely nyilván mindkét műveletre nézve neutrális. Feltehetjük tehát, hogy |m|\neq 1. Mivel \Z_m elemei épp a modulo m maradékok, ezért rájuk alkalmazható a 18.3. Definíció utáni megjegyzés 5. pontja. Ez alapján könnyen adódik, hogy mindkét művelethez létezik neutrális elem, méghozzá a 0 és az 1:

Ellentett elem létezése: Ehhez azt kell megmutatni, hogy tetszőleges a maradékhoz létezik olyan b maradék, amelyre a\oplus b=0 teljesül. Ha a=0, akkor a b=0 választás nyilván megfelelő, hiszen az előző pont alapján 0\oplus 0=0. Az a\neq 0 esetekben a b=|m|-a választás lesz a megfelelő, hiszen ekkor egyrészt nyilván teljesül a 0\leq b\lt |m| egyenlőtlenség (azaz b is egy modulo m maradék), másrészt pedig az a\oplus b moduláris összeadást kifejtve az alábbit kapjuk:

Ha m pozitív, akkor \bmod_m(|m|)=\bmod_m(m), ha pedig negatív, akkor \bmod_m(|m|)=\bmod_m(-m). A 16.2. Tétel 8. pontja alapján viszont az ellentettképzés nem befolyásolja az oszthatóságot, így mindkét esetben 0 lesz a maradék, azaz b valóban a ellentettje.

A moduláris összeadás asszociativitása: Azt kell megmutatni, hogy (a\oplus b)\oplus c=a\oplus (b\oplus c). Fejtsük ki mindkét oldalt a 18.3. Definíció alapján. A végrehajtás során képződő részeredményeket jelöljük r_1-gyel és q_1-gyel, a végeredményeket pedig r_2-vel és q_2-vel:

Azt kell megmutatnunk, hogy r_2=q_2, azaz mindegy, hogy milyen sorrendben végezzük el a két moduláris összeadást, a végeredmény ugyanaz lesz. A \bmod_m függvény szerinti maradékos osztásokat elvégezve négy egyenletet írhatunk fel az r_1 és q_1 valamint az r_2 és q_2 maradékokra valamilyen k_1 és n_1 valamint k_2 és n_2 hányadosokkal:

Az első két egyenletet átrendezve megkapjuk r_1-et és q_1-et:

Ezeket behelyettesítve a másik két egyenletbe az alábbiakat kapjuk:

Ezeket megint átrendezve kifejezhetjük az r_2 és a q_2 maradékokat:

Azt kell megmutatnunk, hogy ezek valójában megegyeznek. Írjuk hát fel a kettejük különbségét:

Azt kaptuk tehát, hogy teljesül az m|r_2-q_2 oszthatóság. Mivel r_2 és q_2 nemnegatív maradékok, így alkalmazható rájuk a 18.1. Lemma, amiből r_2=q_2 következik. Az \oplus művelet tehát valóban asszociatív.

A moduláris szorzás asszociativitása: Azt kell megmutatni, hogy (a\odot b)\odot c=a\odot (b\odot c). Ismét fejtsük ki mindkét oldalt a részeredményeket r_1-gyel és q_1-gyel, a végeredményeket pedig r_2-vel és q_2-vel jelölve:

A \bmod_m függvény szerinti maradékos osztásokat elvégezve négy egyenletet írhatunk fel az r_1 és q_1 valamint az r_2 és q_2 maradékokra valamilyen k_1 és n_1 valamint k_2 és n_2 hányadosokkal:

A \oplus művelet asszociativitásánál látott módon ismét kifejezhetjük az r_2-q_2 különbséget – a részleteket az Olvasóra bízzuk –, amelyből megint azt fogjuk kapni, hogy teljesül az m|r_2-q_2 oszthatóság. Ebből viszont ugyancsak a 18.1. Lemma miatt r_2=q_2 következik, azaz a \odot művelet is asszociatív.

A disztributivitási szabályok teljesülése: Mivel a \odot művelet kommutativitását már igazoltuk, ezért elegendő az egyik oldali disztributivitást megmutatni, azaz hogy a\odot (b\oplus c)=(a\odot b)\oplus (a\odot c) teljesül. A recept a megszokott: ismét a definíció szerint kifejtjük mindkét oldalt, majd megmutatjuk, hogy a különbségük osztható az m modulussal, azaz végsősoron megegyeznek. A két oldal definíció szerinti kifejtése:

Ez tehát az alábbi 5 maradékos osztást jelenti:

Ebből az r_2-q_3 különbséget kell kifejezni – amelyet ugyancsak az Olvasóra bízunk –, amelyből az előzőekhez hasonlóan megkapjuk, hogy teljesül az m|r_2-q_3 oszthatóság. Ebből megint a 18.1. Lemma alkalmazásával r_2=q_3 adódik, azaz a \odot művelet disztributív a \oplus műveletre nézve.

Minthogy minden gyűrűaxióma teljesül, továbbá a moduláris szorzás is kommutatív, ezért \Z_m valóban egy kommutatív gyűrű. Láttuk továbbá, hogy a szorzásra nézve is létezik neutrális elem. Ezért \Z_m egységelemes, hacsak nem a nullgyűrűről – az |m|=1 esetről – van szó, amit a 14.12. Definíció szerint nem tekintünk annak.

18.5. Tétel:

Tetszőleges m\neq 0 egész szám esetén legyen \Z_m a modulo m maradékok gyűrűje a moduláris összeadás és szorzás műveletével. A \Z_m gyűrű akkor és csak akkor nullosztómentes, ha m prímszám.

Bizonyítás:

Tegyük fel, hogy m prímszám, és a \Z_m gyűrű valamely a és b elemeinek moduláris szorzata 0, azaz a\odot b=0. Azt kell megmutatni, hogy ekkor a és b közül legalább az egyik szükségképpen 0. Az a\odot b=0 a 18.3. Definíció alapján azt jelenti, hogy \bmod_m(ab)=0, vagyis az ab szorzat m-mel osztva 0 maradékot ad. Teljesül tehát az m|ab oszthatóság. De mivel m prím, ezért a 16.13. Definíció alapján ekkor az m|a vagy m|b oszthatóságok közül legalább az egyik szintén teljesül. Első esetben \bmod_m(a)=0, második esetben pedig \bmod_m(b)=0. Azonban a és b is modulo m maradékok, ezért a 18.3. Definíció utáni megjegyés 5. pontja alapján az első esetben a, a második esetben pedig b szintén 0. Ha tehát m prímszám, akkor \Z_m valóban nullosztómentes.

Azt kell még belátni, hogy minden más esetben viszont találhatunk nullosztót. Tegyük ezért most fel, hogy m nem prímszám és egyelőre tegyük fel azt is, hogy pozitív. Mivel az egész számok gyűrűjében teljesül a számelmélet alaptétele (lásd a 17.22. Tételt), ezért a 16.16. Tétel alapján minden felbonthatatlan szám egyben prímszám is. Mivel m nem prímszám, így felbonthatatlan sem lehet (lásd a 16.11. Definíciót). Léteznek tehát olyan a és b pozitív egész számok, amelyekre teljesülnek az alábbiak:

A két egyenlőtlenség alapján tehát a és b a \Z_m gyűrű olyan nemnulla elemei, amelyek hagyományos szorzata m-mel osztva 0 maradékot ad, azaz a\odot b=0. Így tehát ők nullosztók a \Z_m gyűrűben. A 18.3. Definíció utáni megjegyzés 3. pontja alapján azonban az ellentettképzés nem befolyásolja a \bmod_m maradékképző függvényt, és így a \Z_m gyűrű műveletei ugyanúgy fognak viselkedni, mint a \Z_{-m} gyűrű műveletei. Ezért ha a és b nullosztók voltak a \Z_m gyűrűben, akkor nullosztók lesznek a \Z_{-m} gyűrűben is. Így tehát a nullosztómentesség valóban csak akkor teljesül, ha a modulus prímszám (függetlenül attól, hogy pozitív vagy negatív).

18.6. Definíció (Gyűrűhomomorfizmus):

Tegyük fel, hogy adva van egy (R,+,\cdot) és egy (S,\oplus,\odot) gyűrű. Ekkor egy f:R\to S függvényt gyűrűhomomorfizmusnak nevezünk, amennyiben tetszőleges R-beli a és b elemekre teljesülnek az alábbi követelmények:

Amennyiben S minden eleme legalább egy R-beli elemhez hozzá van rendelve, akkor f-et szürjektív gyűrűhomomorfizmusnak vagy gyűrűráképzésnek nevezzük.

Amennyiben S minden eleme legfeljebb egy R-beli elemhez van hozzárendelve, akkor f-et injektív gyűrűhomomorfizmusnak vagy gyűrűbeágyazásnak nevezzük.

Amennyiben S minden eleme pontosan egy R-beli elemhez van hozzárendelve, akkor f-et bijektív gyűrűhomomorfizmusnak vagy gyűrűizomorfizmusnak nevezzük.

Ilyenkor azt mondjuk, hogy az R és az S gyűrű izomorf egymással. Ezt így jelöljük: R\simeq S.

Megjegyzés:

A gyűrűizomorfizmus szimmetrikus: Azaz ha R\simeq S teljesül, akkor S\simeq R is teljesül. Nyilván, hiszen ha az ábrán a nyilak irányát megfordítjuk, akkor az így kapott g megfeleltetés is kölcsönösen egyértelmű. Ez azt jelenti, hogy ha a_S és b_S az S gyűrű két tetszőleges eleme, akkor léteznek olyan a_R és b_R elemek az R-gyűrűben, amelyekre teljesülnek az alábbiak:

Ekkor azonban f művelettartó tulajdonságai, valamint a fentiek miatt teljesülnek az alábbi egyenletek:

A g leképezés tehát szintén gyűrűizomomorfizmus, csak épp S-ből mutat R-be.

A gyűrűizomorfizmus tranzitív: Azaz tetszőleges R, S és T gyűrűk esetén ha R\simeq S és S\simeq T, akkor R\simeq T. Jelöljük ugyanis f_{RS}-sel az R-ből S-be mutató, f_{ST}-vel pedig az S-ből T-be mutató gyűrűizomorfizmust. Ezek után definiáljuk az R-ből közvetlenül T-be mutató g leképezést f_{RS} és f_{ST} egymás után alkalmazásaként. Azaz tetszőleges R-beli r elemre legyen g(r)=f_{ST}(f_{RS}(r)). Az alábbi ábráról azonnal látszik, hogy az R-ből T-be mutató g leképezés is kölcsönösen egyértelmű:

A művelettartó tulajdonságok könnyen adódnak az f_{RS} és f_{ST} gyűrűizomorfizmusok hasonló tulajdonságaiból. A három gyűrű műveleti jeleit az alábbi levezetésben nem különböztettük meg, ám javasoljuk az Olvasónak, hogy gondolja végig, melyik műveletet melyik gyűrűben kell elvégezni:

Végül a gyűrűizomorfizmus reflexív: Azaz tetszőleges R gyűrű izomorf önmagával (R\simeq R), ugyanis az f(a)=a leképezés nyilvánvalóan gyűrűizomorfizmus R-ből önmagába.

18.7. Tétel:

Tegyük fel, hogy m\neq 0 egy tetszőleges nemnulla egész szám. Ekkor a 18.3. Definícióban szereplő \bmod_m:\Z \to \Z_m maradékképző függvény egy szürjektív gyűrűhomomorfizmus \Z és \Z_m között.

Bizonyítás:

Azt kell megmutatni, hogy a \bmod_m függvény tartja az eredeti \Z gyűrű mindkét műveletét. Nézzük először az összeadást. Itt az alábbi összefüggést kell igazolni:

Fejtsük ki mindkét oldalt a 18.3. Definíció alapján. A bal- és jobboldalon képződő maradékokat jelöljük r-rel, q_1-gyel, q_2-vel és q_3-mal:

Azt kell megmutatnunk, hogy r=q_3, azaz mindegy, hogy melyik gyűrűben végezzük el az összeadást, a végeredmény ugyanaz lesz. A \bmod_m függvény szerinti maradékos osztásokat elvégezve négy egyenletet írhatunk fel az r, q_1, q_2 és q_3 maradékokra valamilyen k, n_1, n_2 és n_3 hányadosokkal:

Az első egyenletből kifejezhetjük r-et, amely a \bmod_m(a+b) maradékképzés eredménye:

A második és harmadik egyenletből kifejezhetjük q_1-et és q_2-t, amely a \bmod_m(a)\oplus \bmod_m(b) moduláris összeg két tagját fogja adni:

A kapott q_1 és q_2 maradékokat a harmadik egyenletbe behelyettesítve ezt kapjuk:

Ezt átrendezve megkapjuk q_3-at:

Azt kell tehát igazolnunk, hogy r és q_3 valójában megegyeznek. Ehhez írjuk fel kettejük különbségét:

Azt kaptuk tehát, hogy teljesül az m|r-q_3 oszthatóság. Mivel r és q_3 nemnegatív maradékok, így alkalmazható rájuk a 18.1. Lemma, amiből r=q_3 következik. A \bmod_m függvény tehát valóban tartja az összeadást.

Most a szorzás tartását ellenőrizzük nagyjából ugyanezzel a módszerrel. Azt kell megmutatni, hogy \bmod_m(a\cdot b)=\bmod_m(a)\odot \bmod_m(b). Ismét fejtsük ki mindkét oldalt a kapott maradékokat r-rel, q_1-gyel, q_2-vel és q_3-mal jelölve:

A \bmod_m függvény szerinti maradékos osztásokat elvégezve ismét négy egyenletet írhatunk fel az r, q_1, q_2 és q_3 maradékokra valamilyen k, n_1, n_2 és n_3 hányadosokkal:

Az összeadás tartásánál látott módon ismét kifejezhetjük az r-q_3 különbséget – a részleteket az Olvasóra bízzuk –, amelyből megint azt fogjuk kapni, hogy teljesül az m|r-q_3 oszthatóság. Ebből viszont ugyancsak a 18.1. Lemma miatt r=q_3 következik, azaz a \bmod_m függvény a szorzást is tartja, és így valóban egy gyűrűhomomorfizmus \Z és \Z_m között.

Azt kell még igazolni, hogy szürjektív, ami itt azt jelenti, hogy minden \Z_m-beli elemhez létezik legalább egy olyan egész szám, amelynek épp ő a modulo m maradéka. Ez viszont nyilvánvalóan következik a 18.3. Definíció utáni megjegyzés 5. pontjából. Eszerint ugyanis a 0, 1, 2, ..., |m|-1 egész számokat a \bmod_m függvény önmagukra képezi le, amelyek viszont pontosan a \Z_m elemei.

18.8. Tétel (A hatványozás azonosságai):

Legyen R egy tetszőleges kommutatív gyűrű, amelynek „szorzás” műveletét jelöljük a szokásos \cdot szimbólummal vagy egymás után írással. Tegyük fel továbbá, hogy ha x a gyűrű valamely eleme, n pedig tetszőleges pozitív egész, akkor az x^n hatványon az alábbi n tényezős „szorzatot” értjük:

Ekkor tetszőleges a és b gyűrűelemek, valamint tetszőleges n és k pozitív egész számok esetén teljesülnek az alábbi tulajdonságok:

1. (a\cdot b)^n=a^n\cdot b^n
2. (a^n)^k=a^{n\cdot k}
3. a^n\cdot a^k=a^{n+k}

Bizonyítás:

A bizonyításban a 14.12. Definíció szerinti gyűrűaxiómákra fogunk hivatkozni.

Az 1. tulajdonság: Az (a\cdot b)^n hatvány egy olyan n tényezős szorzat, amelynek minden tényezője (a\cdot b). A 4. gyűrűaxióma alapján a szorzás asszociatív, valamint – mivel kommutatív gyűrűről van szó – kommutatív is, ezért ezt a szorzatot tetszőlegesen átrendezhetjük és átzárójelezhetjük. Így az a és b tényezőket csoportosítva két n tényezős szorzathoz jutunk. Az elsőnek minden tényezője a, a másodiknak pedig b:

A 2. tulajdonság: Az (a^n)^k egy olyan k tényezős szorzat, amelynek minden tényezője a^n. Ezen tényezők mindegyike viszont egy-egy olyan n tényezős szorzat, amelynek minden tényezője a. A 4. gyűrűaxióma alapján a szorzás asszociatív, ezért ez tulajdonképpen egy olyan n\cdot k tényezős szorzatként is felfogható, amelynek minden tényezője a.

A 3. tulajdonság: Az a^n és a^k szorzatoknak rendre n és k darab tényezője van. A 4. gyűrűaxióma alapján a szorzás asszociatív, ezért az ő szorzatuk tulajdonképpen felfogható egy olyan nagy szorzatként, amelyben ezen tényezők száma összeadódik. Azaz az a^n\cdot a^k szorzatnak n+k darab tényezője lesz.

18.9. Definíció (Gyűrűhomomorfizmus szerinti kongruencia):

Tegyük fel, hogy R és S tetszőleges gyűrűk, valamint adva van közöttük egy f:R\to S gyűrűhomomorfizmus. Amennyiben az R gyűrű valamilyen a és b elemeire teljesül, hogy f(a)=f(b), akkor azt mondjuk, hogy a és b kongruensek az f gyűrűhomomorfizmus szerint. Ezt a relációt így jelöljük:

Amennyiben a és b között nem áll fenn az imént definiált f szerinti kongruencia, akkor őket inkongruensnek nevezzük az f gyűrűhomomorfizmus szerint. Ezt így jelöljük:

18.10. Tétel:

Tegyük fel, hogy adva van egy f:R\to S gyűrűhomomorfizmus valamilyen R és S gyűrűk között. Ekkor a 18.9. Definícióban bevezetett f szerinti kongruencia egy ekvivalenciareláció az R gyűrű elemei között. Az ehhez tartozó ekvivalencia-osztályokat f szerinti kongruenciaosztályoknak vagy f szerinti maradékosztályoknak nevezzük.

Bizonyítás:

A 13.4. Definíció alapján azt kell tehát bizonyítani, hogy az f szerinti kongruenciareláció reflexív (12.8. Definíció), tranzitív (12.10. Definíció) és szimmetrikus (13.3. Definíció). Az alábbiakban legyenek a, b és c az R gyűrű tetszőleges elemei.

Mivel nyilván f(a)=f(a) teljesül, ezért fennáll az a\equiv a\pod f reláció, így az reflexív. Az is nyilván igaz, hogy ha f(a)=f(b) és f(b)=f(c) teljesül, akkor f(a)=f(c) is teljesül. Így tehát az a\equiv b\pod f és b\equiv c\pod f relációkból következik az a\equiv c\pod f reláció, azaz teljesül a tranzitivitás is. Végül ha f(a)=f(b) igaz, akkor nyilván f(b)=f(a) is igaz, vagyis a\equiv b\pod f-ből következik b\equiv a\pod f, ami épp a szimmetriát jelenti.

18.11. Lemma:

Legyen adva egy (R,+,\cdot) és egy (S,\oplus,\odot) gyűrű, valamint egy közöttük lévő f:R\to S összegtartó leképezés. Ekkor igazak az alábbiak:

1. Ha rendre 0_R és 0_S jelöli az R és S gyűrűk nullelemét, akkor f(0_R)=0_S.
2. Ha rendre a - és a \ominus szimbólumok jelölik az R-beli és S-beli ellentettképzést, akkor tetszőleges R-beli a elem esetén f(-a)=\ominus f(a).

Szavakkal: egy összegtartó leképezés az ellentettképzést és a nullelemet is tartja. Azaz egyrészt az R gyűrű nullelemének képe az S gyűrű nulleleme, másrészt bármely R-beli elem R-beli ellentettjének képe az elem képének S-beli ellentettje.

Bizonyítás:

Jelöljük az R gyűrű összeadását a +, míg az S gyűrű összeadását a \oplus szimbólummal.

Az 1. állítás: Mivel egyrészt 0_R az R gyűrű nulleleme, valamint f tartja az összeadást, ezért az R gyűrű tetszőleges a elemére felírható az alábbi:

Másrészt, mivel 0_S az S gyűrű nulleleme, ezért f(a)=f(a)\oplus 0_S is igaz. Ezt az előző egyenlettel összevetve az alábbit kapjuk:

Ha mindkét oldalhoz hozzáadjuk az f(a) elem S-beli ellentettjét, akkor megkapjuk a tétel 1. állítását:

A 2. állítás: Legyen a az R gyűrű valamely tetszőleges eleme, amelynek R-beli ellentettjét jelöljük -a-val. Ekkor az 1. állítás miatt:

Másrészt viszont f tartja az összeadást, így igaz az alábbi is:

A két egyenletet egymással összevetve ezt kapjuk:

Mivel f(a) és f(-a) összege épp az S gyűrű nulleleme, valamint az ellentettképzés a 14.10. Tétel alapján egyértelmű, ezért f(-a) valóban az f(a) elem S-beli ellentettjével egyezik meg. Azaz f(-a)=\ominus f(a), ahogyan a tétel állítja.

18.12. Definíció (Gyűrűhomomorfizmus magja és képe):

Legyenek R és S tetszőleges gyűrűk, valamint legyen adva közöttük egy f:R\to S gyűrűhomomorfizmus. Ekkor az f gyűrűhomomorfizmus magjának nevezzük azon R-beli elemek halmazát, melyeknek f szerinti képe az S gyűrű nulleleme. Az f magját – az angol „kernel” szóból eredeztetve – így jelöljük: \ker f.

Az f gyűrűhomomorfizmus képének nevezzük azoknak az S-beli elemeknek a halmazát, amelyek képei legalább egy R-beli elemnek. Az f képét – az angol „image” szóból eredeztetve – így jelöljük: \text{im} f.

Az alábbi ábra szemlélteti a fenti fogalmakat:

Megjegyzés:

A 18.9. Definícióban szereplő kongruenciára a most definiált fogalom segítségével egy alternatív definíciót is adhatunk. Nevezetesen: az R gyűrű valamely a és b elemei között akkor és csak akkor teljesül az f gyűrűhomomorfizmus szerinti kongruencia (azaz akkor és csak akkor teljesül az a\equiv b\pod f reláció), ha az a-b különbség benne van f magjában. Ugyanis a\equiv b\pod f pontosan azt jelenti, hogy f(a)=f(b). Mindkét oldalhoz f(b) ellentettjét adva, valamint kihasználva f összegtartó (lásd a 18.6. Definíciót) és ellentettképzéstartó (lásd a 18.11. Lemma 2. pontját) tulajdonságát, ezt kapjuk:

18.13. Tétel:

Legyenek R, S és T valamilyen tetszőleges gyűrűk, és tegyük fel, hogy adva van egy f:R\to S, valamint egy g:R\to T gyűrűhomomorfizmus. Legyen továbbá a és b az R gyűrű két tetszőleges eleme.

Amennyiben \ker f=\ker g, úgy az a\equiv b\pod f kongruencia pontosan akkor teljesül, amikor az a\equiv b\pod g kongruencia is.

Visszafelé: Amennyiben az a\equiv b\pod f kongruencia pontosan akkor teljesül, amikor az a\equiv b\pod g kongruencia is, úgy \ker f=\ker g.

Bizonyítás:

Az áttekinthetőség kedvéért most az összeadást a +, az ellentettképzést és a kivonást pedig a - szimbólummal fogjuk jelölni mindhárom gyűrű esetén. Mindig gondoljuk azonban végig, hogy az adott kifejezésben szereplő műveleti jelek éppen melyik gyűrűre vonatkoznak. Ezzel szemben a nullelemek között továbbra is jelölésbeli különbségeket fogunk tenni. Ez alapján az R gyűrű nullelemét 0_R, az S gyűrű nullelemét 0_S, a T gyűrű nullelemét pedig 0_T fogja jelölni.

Először is tegyük fel, hogy \ker f=\ker g, azaz a két gyűrűhomomorfizmus magja megegyezik. Az a\equiv b\pod f reláció a 18.12. Definíció utánis megjegyzés alapján pontosan azt jelenti, hogy az a-b különbség benne van az f gyűrűhomomorfizmus magjában.

Mivel azonban azt mondtuk, hogy \ker f=\ker g – azaz f és g magjának ugyanazok az elemei –, így az a-b különbség benne van a g gyűrűhomomorfizmus magjában is. Ez viszont ismét a 18.12. Definíció utánis megjegyzés alapján pontosan azt jelenti, hogy teljesül az a\equiv b\pod g kongruencia.

Amennyiben tehát \ker f=\ker g, akkor a két gyűrűhomomorfizmus szerinti kongruencia egyszerre teljesül vagy nem teljesül, azaz teljesen ekvivalens egymással.

Visszafelé: Tegyük most fel, hogy a két kongruencia egymással ekvivalens. A fentiekhez hasonló lépéseket alkalmazva egyrészt azt fogjuk kapni, hogy az a\equiv b\pod f kongruencia pontosan akkor teljesül, ha az a-b különbség benne van az f magjában. Ehhez hasonlóan az a\equiv b\pod g kongruencia pontosan akkor teljesül, ha az a-b benne van a g magjában. Ha tehát a két kongruencia ekvivalens egymással, akkor az a-b különbség pontosan akkor van benne f magjában, amikor benne van g magjában is. Ez ugye tetszőleges a és b elempárra teljesül, így speciálisan azokban az esetekben is, amikor b=0_R. Ez viszont azt jelenti, hogy tetszőleges a=a-0_R pontosan akkor van benne f magjában, amikor g magjában is benne van. A \ker f és \ker g halmazoknak tehát pontosan ugyanazok az elemei, azaz a két halmaz valóban megegyezik.

18.14. Definíció (Részgyűrű):

Ha egy R gyűrű valamely S részhalmaza maga is gyűrű az R műveleteire nézve, akkor azt mondjuk, hogy S részgyűrű R-ben. Ezt így jelöljük: S\leq R.

A nullgyűrű és maga a teljes R nyilvánvalóan részgyűrűk R-ben. Ezeket triviális részgyűrűknek nevezzük. Azt, hogy S részgyűrű R-ben, de S\neq R így jelöljük: S\lt R. Ilyenkor azt mondjuk, hogy S valódi részgyűrű R-ben.

18.15. Tétel:

Egy tetszőleges R gyűrű valamely S részhalmaza akkor és csak akkor részgyűrű, ha teljesülnek az alábbi tulajdonságok:

1. S zárt az R gyűrű összeadására.
2. S zárt az R gyűrű szorzására.
3. S tartalmazza az R gyűrű nullelemét.
4. S zárt az R-beli ellentettképzésre.

Bizonyítás:

Tegyük fel, hogy S részgyűrű R-ben. Ekkor a műveleti zártság – azaz az 1. és 2. tulajdonság – nyilvánvalóan teljesül, máskülönben S nem lenne gyűrű az R-beli műveletekre nézve, és így részgyűrű sem lehetne R-ben.

Mivel S-nek létezik nulleleme – hiszen maga is gyűrű –, ezért a 3. tulajdonsághoz azt kell megmutatni, hogy ez a nullelem megegyezik R nullelemével. Jelöljük S nullelemét 0_S-sel, R nullelemét pedig 0_R-rel, és tegyük fel indirekt, hogy ez a kettő nem ugyanaz. Ha a kettő nem ugyanaz, akkor az sem mindegy, hogy melyik gyűrűben beszélünk ellentettképzésről. Jelölje most (-0_S) a 0_S elem R-beli ellentettjét. Őket összeadva tehát az R gyűrű nullelemét kell kapjuk, azaz:

Mivel 0_S az S gyűrű nulleleme, ezért nyilvánvalóan igaz az alábbi:

Végül, mivel 0_R az R gyűrű nulleleme, ezért az alábbi is teljesül:

Mivel S gyűrű, így az összeadás asszociativitása miatt:

A baloldalt kifejtve ezt kapjuk:

A jobboldalt kifejtve pedig ezt:

Ez a kettő eredmény viszont a fentebb már említett asszociativitás miatt indirekt feltételezésünkkel ellentétben mégis meg kell egyezzen, így valóban 0_R=0_S.

Végül az ellentettképzésre való zártság – azaz a 4. tulajdonság – igazolásához képezzük az S gyűrű valamely a elemének ellentettjét mindkét gyűrűben, és megmutatjuk, hogy ezek valójában megegyeznek. Az S-beli ellentettet jelöljük x_S-sel, míg az R-beli ellentettet x_R-rel. Az a elemet az R-beli ellentettjével összeadva az R gyűrű nullelemét kell kapnunk, azaz:

Ugyanakkor az a elemet az S-beli ellentettjével összeadva az S gyűrű nullelemét kell kapnunk, amiről azonban már láttuk, hogy megegyezik az R gyűrű nullelemével. Azaz:

Minthogy az R-beli ellentettképzés a 14.10. Tétel alapján egyértelmű, ezért szükségképpen x_S=x_R. Azaz az S gyűrű valóban zárt az R-beli ellentettképzésre.

Visszafelé: Most azt kell megmutatnunk, hogy amennyiben teljesül mind a 4 tulajdonság, úgy S részgyűrű R-ben. Az R gyűrű műveletei az 1. és 2. tulajdonságok alapján nem vezetnek ki S-ből, így azok algebrai értelemben műveletek ezen a szűkebb halmazon is (lásd a 11.3. Definíciót). Továbbá a 3. és 4. tulajdonság miatt létezik nullelem, és minden elemnek létezik ellentettje is S-ben. Így a 14.12. Definíció szerinti gyűrűaxiómákból már csak a két művelet asszociativitását, valamint a disztributivitási szabályokat kell igazolnunk. Ezeket azonban S megörökli az R-től a műveletekkel együtt. Így tehát S valóban részgyűrű R-ben.

18.16. Tétel:

Legyen adva egy S gyűrű, és annak egy T részhalmaza. A T részhalmaz akkor és csak akkor képe egy S-be mutató gyűrűhomomorfizmusnak, ha részgyűrű S-ben.

Bizonyítás:

Tekintsük azt az f gyűrűhomomorfizmust, amelynek képe T. Ez egy valamilyen, számunkra ismeretlen X gyűrű elemein van értelmezve, amelynek nullelemét jelöljük most 0_X-szel, míg az S gyűrű nullelemét jelöljük 0_S-sel. Azt kell megmutatnunk, hogy T-re teljesülnek a 18.15. Tételben felsorolt feltételek.

A 18.11. Lemma 1. pontja alapján f(0_X)=0_S, így tehát az S gyűrű nulleleme valóban benne van T-ben.

Ha valamilyen a és b elemek benne vannak T-ben, akkor léteznek olyan x_a és x_b elemek X-ben, amelyeknek épp ő a képük, azaz f(x_a)=a és f(x_b)=b. A két egyenletet összeadva és összeszorozva, valamint kihasználva f művelettartó tulajdonságait az alábbiakat kapjuk:

Léteznek tehát olyan elemek X-ben, amelyeknek a+b és a\cdot b a képei (nevezetesen x_a+x_b és x_a\cdot x_b), emiatt az a+b összeg és az a\cdot b szorzat is benne van T-ben, ami így valóban zárt az összeadásra és szorzásra nézve.

Végül ha valamilyen a elem benne van T-ben, akkor létezik olyan x_a elem X-ben, amelynek épp a a képe, azaz f(x_a)=a. A 18.11. Lemma 2. pontja alapján azonban f tartja az ellentettképzést is, így teljesül az alábbi:

Létezik tehát olyan elem X-ben, amelynek -a a képe (nevezetesen -x_a), emiatt -a is benne van T-ben, ami így zárt az ellentettképzésre nézve is. Minthogy a 18.15. Tételben felsorolt minden feltétel teljesül, ezért T valóban részgyűrű S-ben.

Visszafelé: Tegyük most fel, hogy T részgyűrű S-ben. Azt kell megmutatnunk, hogy van olyan S-be mutató gyűrűhomomorfizmus, amelynek képe T. Tekintsük például azt az f:T\to S függvényt, amely T minden eleméhez önmagát rendeli hozzá. Ez kétségkívül nem egy izgalmas függvény, viszont nyilvánvalóan gyűrűhomomorfizmus, aminek a képe ráadásul épp a T halmaz.

18.17. Tétel:

Tegyük fel, hogy egy R gyűrű valamely I részhalmaza egy R-ből kiinduló gyűrűhomomorfizmus magja. Tegyük fel továbbá, hogy a egy tetszőleges elem I-ben, és r egy tetszőleges elem R-ben. Ekkor teljesülnek az alábbiak:

1. I részgyűrű R-ben.
2. Az a\cdot r és az r\cdot a szorzatok benne vannak I-ben.

Bizonyítás:

Tekintsük azt az f gyűrűhomomorfizmust, amelynek I a magja. Ez egy valamilyen, számunkra ismeretlen X gyűrűbe képez, amelynek nullelemét jelöljük most 0_X-szel, míg az R gyűrű nullelemét jelöljük 0_R-rel. Az f függvény tehát I minden eleméhez 0_X-et rendeli hozzá, hiszen \ker f=I. Ezt a szituációt mutatja az alábbi ábra.

Az 1. állítás igazolásához azt kell megmutatni, hogy I részgyűrű R-ben. Ez a 18.15. Tétel alapján pontosan akkor teljesül, ha I tartalmazza 0_R-t, valamint zárt az R gyűrű mindkét műveletére és az R-beli ellentettképzésre.

Mivel f gyűrűhomomorfizmus, ezért nyilván összegtartó is, így a 18.11. Lemma értelmében tartja a nullelemet és az ellentettképzést. Azaz egyrészt f(0_R)=0_X, és így 0_R valóban benne van f magjában, azaz I-ben. Másrészt ha valamilyen a benne van I-ben, akkor f(a)=0_X, és így az ellentettképzés tartása miatt f(-a)=-f(a)=-0_X=0_X. Azaz a ellentettjének is 0_X a képe, következésképp ő is benne van I-ben.

Az összeadásra való zártság szintén f összegtartó tulajdonságából ered. Ha ugyanis a és b az I két tetszőleges eleme, akkor egyrészt f(a)=0_X és f(b)=0_X. Másrészt viszont az összegtartás miatt az ő összegükre teljesül az alábbi:

Tehát az a+b összeg is az X gyűrű nullelemére képeződik, következésképp ő is benne van I-ben. A szorzásra való zártság teljesen hasonló módon következik f szorzástartó tulajdonságából. Mivel teljesül a 18.15. Tétel minden feltétele, ezért I valóban részgyűrű R-ben.

A 2. állítás igazolásához tegyük fel, hogy r az R gyűrű tetszőleges – tehát nem feltétlenül I-beli – eleme. Azt kell megmutatni, hogyha ezzel akár balról, akár jobbról megszorzunk egy I-beli a elemet, akkor az eredmény is I-beli lesz. Mivel a benne van I-ben, ezért f(a)=0_X. Következésképp f szorzástartó tulajdonsága miatt az r\cdot a és a\cdot r szorzatok képére igazak lesznek az alábbiak:

Elképzelhető tehát, hogy a két szorzatnak nem ugyanaz lesz az eredménye az R gyűrűben (kivéve persze ha kommutatív gyűrűről van szó), de az biztos, hogy mindkét szorzat f szerinti képe az X gyűrű nulleleme lesz. Következésképp valóban benne vannak I-ben.

18.18. Definíció (Ideál):

Legyen adva egy R gyűrű, valamint annak egy I részhalmaza, amely részgyűrű R-ben. Tegyük fel továbbá, hogy r az R gyűrű egy tetszőleges – tehát nem feltétlenül I-beli – eleme.

Amennyiben az I részgyűrű tetszőleges a eleme esetén az r\cdot a szorzat is I-ben van, akkor azt mondjuk, hogy I balideál R-ben.

Amennyiben az I részgyűrű tetszőleges a eleme esetén az a\cdot r szorzat is I-ben van, akkor azt mondjuk, hogy I jobbideál R-ben.

Amennyiben egy I részgyűrű egyszerre bal- és jobbideál, akkor azt mondjuk, hogy I kétoldali ideál, vagy egyszerűen csak ideál R-ben. Ezt így jelöljük: I\triangleleft R.

A nullgyűrű és maga a teljes R nyilvánvalóan ideálok R-ben. Ezeket triviális ideáloknak nevezzük.

18.19. Definíció (Komplexusműveletek):

Tegyük fel, hogy H egy tetszőleges részhalmaza egy valamilyen G halmaznak, valamint legyen g egy tetszőleges G-beli elem.

Amennyiben a G halmazon értelmezve van egy \cdot-tal vagy egymás után írással jelölt, szorzásnak nevezett művelet, akkor g\cdot H-val vagy gH-val jelöljük azt a halmazt, amelynek elemei úgy képződnek, hogy H minden elemével balról összeszorozzuk a g elemet. Ehhez hasonlóan H\cdot g-vel vagy Hg-vel jelöljük azt a halmazt, amelynek elemei úgy képződnek, hogy H minden elemével jobbról összeszorozzuk a g elemet. Az így képzett gH és Hg halmazokat a H halmaz g elemmel vett komplexusszorzatának nevezzük.

Ehhez hasonlóan amennyiben a műveletet \cdot helyett + jelöli, akkor a g+H és H+g halmazokat a H halmaz g elemmel vett komplexusösszegének nevezzük.

Megjegyzés:

1. Tegyük fel, hogy m egy nemnulla egész szám. Ekkor az m-mel osztható egész számok halmazát (vagy más szavakkal m többszöröseit) a fenti komplexusszorzást alkalmazva m\Z-vel jelölhetjük. Például a páros számok halmazát ezért jelöljük 2\Z-vel.
2. A komplexusösszeadást is alkalmazva ennek megfelelően a páratlan számok halmazát 2\Z+1-gyel jelölhetjük.
3. Egy gyűrű valamilyen S részhalmaza és r eleme esetén az r+S halmaz mindig megegyezik az S+r halmazzal, hiszen a 14.12. Definíció szerinti 1. gyűrűaxióma alapján az összeadás kommutatív, így mindegy, hogy melyik oldalról adjuk hozzá az r elemet az S elemeihez.
4. Ezzel szemben az rS halmaz általában különbözik az Sr halmaztól, mivel a szorzás általában nem kommutatív (kivéve persze kommutatív gyűrűk esetén).

18.20. Definíció (Ideál szerinti kongruencia):

Legyen R tetszőleges gyűrű és legyen I valamilyen ideál R-ben. Amennyiben az R gyűrű valamilyen a és b elemeire teljesül, hogy az a-b különbség az I ideálnak eleme, akkor azt mondjuk, hogy a és b kongruensek az I ideál szerint (vagy kongruensek modulo I). Ezt a relációt így jelöljük:

Amennyiben a és b között nem áll fenn az imént definiált modulo I kongruencia, akkor őket inkongruensnek nevezzük modulo I. Ezt így jelöljük:

18.21. Tétel:

Legyen R tetszőleges gyűrű, valamint I valamilyen ideál R-ben. Ekkor a 18.20. Definícióban bevezetett I szerinti kongruencia egy ekvivalenciareláció az R gyűrű elemei között. Az ehhez tartozó ekvivalencia-osztályokat I szerinti (modulo I) kongruenciaosztályoknak vagy I szerinti (modulo I) maradékosztályoknak nevezzük.

Ha r egy tetszőleges elem az R gyűrűben, akkor az r elemet tartalmazó modulo I maradékosztály épp az r+I halmaz lesz. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az r elem reprezentálja az r+I maradékosztályt.

Bizonyítás:

A 13.4. Definíció alapján azt kell tehát bizonyítani, hogy az I ideál szerinti kongruenciareláció reflexív (12.8. Definíció), tranzitív (12.10. Definíció) és szimmetrikus (13.3. Definíció). Az alábbiakban legyenek a, b és c az R gyűrű tetszőleges elemei. A bizonyítás során végig arra fogunk támaszkodni, hogy I ideál, tehát egyben részgyűrű is.

Mivel nyilván a-a=0 teljesül, és az R nulleleme a 18.15. Tétel 3. pontja alapján benne van I-ben, ezért fennáll az a\equiv a\pod I reláció, így az reflexív.

Ha a-b és b-c benne vannak I-ben, akkor a 18.15. Tétel 1. pontja alapján az ő összegük, azaz a-b+b-c=a-c is benne van I-ben. Így tehát az a\equiv b\pod I és b\equiv c\pod I relációkból következik az a\equiv c\pod I reláció, azaz teljesül a tranzitivitás is.

Végül ha a-b benne van I-ben, akkor a 18.15. Tétel 4. pontja alapján az ő ellentettje, azaz b-a is benne van I-ben, vagyis a\equiv b\pod I-ből következik b\equiv a\pod I, ami épp a szimmetriát jelenti.

Az I szerinti kongruencia tehát valóban egy ekvivalenciareláció, amely az R gyűrű alaphalmazát ekvivalencia-osztályokra bontja. Ezek lesznek a modulo I maradékosztályok. Az r elemet tartalmazó maradékosztály pontosan azokból az x elemekből fog állni, amelyekre teljesül az x\equiv r\pod I kongruencia. A 18.20. Definíció alapján ez pontosan azt jelenti, hogy az x-r különbség benne van I-ben. Ez viszont a 18.19. Definícióban bevezetett komplexusműveletek nyelvén pontosan azt jelenti, hogy x benne van az r+I halmazban.

Megjegyzés:

Ez alapján tehát ha r és s az R gyűrű két tetszőleges eleme, akkor az r+I és s+I maradékosztályok viszonyaira vonatkozóan két eset lehetséges. Vagy teljesen megegyeznek egymással, azaz pontosan ugyanazok az elemeik, vagy pedig egyáltalán nincs közös elemük. Ha ugyanis teljesül az r\equiv s\pod I kongruencia, akkor az azt jelenti, hogy r és s ugyanabban a maradékosztályban van, következésképp r+I=s+I. Ha viszont a kongruencia nem teljesül, akkor ők külön maradékosztályba kerültek, amelyeknek a tétel alapján nem lehet közös elemük, hiszen ekvivalencia-osztályok (bővebben lásd a 13.5. Tételt).

18.22. Tétel:

Legyen R tetszőleges gyűrű, I pedig valamilyen ideál R-ben. Tegyük fel továbbá, hogy az R gyűrű valamilyen a_1 és a_2 valamint b_1 és b_2 elemeire teljesülnek az alábbi kongruenciák:

Ekkor teljesülnek az alábbi kongruenciák is:

Bizonyítás:

Az első két kongruencia a 18.20. Definíció alapján épp azt jelenti, hogy az a_1-a_2 és a b_1-b_2 különbségek benne vannak I-ben. Minthogy I részgyűrű R-ben (hiszen ideál), ezért e két különbség összege, azaz (a_1+b_1)-(a_2+b_2) szintén I-ben van, és így valóban teljesül az a_1+b_1\equiv a_2+b_2\pod I kongruencia.

A szorzatra vonatkozó a_1b_1\equiv a_2b_2\pod I kongruencia viszont akkor teljesülne, ha a_1b_1-a_2b_2 is benne lenne I-ben, így most ezt fogjuk ellenőrizni. E kifejezés értéke nem változik, ha kivonunk belőle a_1b_2-t, majd hozzá is adjuk. Ezt felírva, és a_1-et, valamint b_2-t kiemelve ezt kapjuk:

Nézzük meg a jobboldali kifejezés két tagját. Az első tag ugye az a_1\cdot (b_1-b_2) szorzat. A b_1-b_2 tényezőről tudjuk, hogy benne van I-ben. De mivel I ideál, így egyben balideál is, ezért az ő elemeit balról megszorozva bármilyen R-beli elemmel (például a_1-gyel) az eredmény szintén I-beli lesz (lásd a 18.18. Definíciót). Ugyanezen okok miatt – mivel I jobbideál is – a fenti összeg másik tagja, azaz az (a_1-a_2)\cdot b_2 szorzat is benne van I-ben. Így e két tag összege, azaz lényegében a_1b_1-a_2b_2 szintén benne van I-ben – hiszen I részgyűrű, azaz zárt az összeadásra –, tehát valóban teljesül az a_1b_1\equiv a_2b_2\pod I kongruencia is.

18.23. Tétel (Maradékosztálygyűrűk):

Legyen R egy tetszőleges gyűrű, és tegyük fel, hogy I ideál R-ben. Jelöljük R/I-vel azt a halmazt, amelynek elemei a 18.21. Tételben definiált I ideál szerinti maradékosztályok. Vezessünk be ezek között két műveletet az alábbiak szerint:

1. Ha A=a+I és B=b+I két maradékosztály, akkor ezek összege legyen az A\oplus B=(a+b)+I maradékosztály.
2. Ha A=a+I és B=b+I két maradékosztály, akkor ezek szorzata legyen az A\odot B=(a\cdot b)+I maradékosztály.

Ekkor az R/I halmaz ezzel a két művelettel gyűrűt alkot, amelyet az R gyűrű I ideál szerinti maradékosztálygyűrűjének vagy faktorgyűrűjének nevezünk.

Ha 0_R jelöli az R gyűrű nullelemét, akkor az R/I gyűrű nulleleme a 0_R+I maradékosztály.

Ha -a jelöli az R gyűrű egy a elemének ellentettjét, akkor az R/I gyűrű a+I elemének ellentettje a (-a)+I maradékosztály.

Ha R egységelemes, és 1_R jelöli az egységelemét, akkor R/I is egységelemes, az egységelem pedig az 1_R+I maradékosztály.

Ha R kommutatív, akkor R/I is az.

Tekintsük továbbá azt az f:R\to R/I függvényt, amely minden R-beli r elemhez az r+I maradékosztályt rendeli hozzá az R/I gyűrűből. Ekkor f egy gyűrűhomomorfizmus R és R/I között, melynek magja I. Ennek a neve természetes gyűrűhomomorfizmus.

Bizonyítás:

A 18.22. Tétel alapján a maradékosztályok közötti \oplus és \odot műveletek jóldefiniáltak, azaz az eredményként kapott maradékosztály nem függ az a és b reprezentánselemek megválasztásától. Így R/I-re elegendő a 14.12. Definíció szerinti gyűrűaxiómákat ellenőrizni.

Az asszociativitási és disztributivitási tulajdonságok, valamint a \oplus művelet kommutativitása: Azt kell megmutatni, hogy tetszőleges A=a+I, B=b+I és C=c+I maradékosztályok esetén teljesülnek az alábbiak:

A műveletek tételben szereplő definíciói alapján ezek így írhatók fel az a, b és c reprezentánselemek segítségével:

A reprezentánselemek között viszont teljesülnek ezek a tulajdonságok, hiszen ők az R gyűrű elemei.

Nullelem létezése: Az R/I gyűrűben kell egy olyan N maradékosztályt mutatni, amelyre tetszőleges A=a+I maradékosztály esetén teljesül az alábbi:

Mivel az \oplus műveletről már láttuk, hogy kommutatív, így elegendő csak az egyik irányú összeadást figyelembe venni. Ha az R gyűrű nulleleme 0_R, akkor az N=0_R+I maradékosztály épp megfelelő lesz nullelemnek az R/I gyűrűben, hiszen:

Ellentett elem létezése: Itt azt kell megmutatni, hogy amennyiben N az R/I faktorgyűrű nulleleme, úgy tetszőleges A=a+I elemhez létezik olyan \ominus A-val jelölt elem, amelyre teljesül az alábbi:

Mivel az \oplus műveletről már láttuk, hogy kommutatív, így elegendő csak az egyik irányú összeadást figyelembe venni. A \ominus A=(-a)+I maradékosztály épp megfelelő lesz ellentett elemnek az R/I gyűrűben, hiszen:

Az R/I halmaz tehát valóban gyűrűt alkot a tételben szereplő műveletekkel. Tegyük most fel, hogy R egységelemes, és jelöljük 1_R-rel az egységelemet. Feladatunk mutatni az R/I gyűrűben egy olyan E maradékosztályt, amelyre tetszőleges A=a+I maradékosztály esetén teljesül az alábbi:

Ha az R gyűrű egységeleme 1_R, akkor az 1_R+I maradékosztály épp megfelelő lesz egységelemnek az R/I gyűrűben, hiszen:

Most tegyük fel, hogy R kommutatív, és legyen az A=a+I valamint a B=b+I két tetszőleges maradékosztály az R/I gyűrűben. Ekkor R kommutativitása miatt teljesül az alábbi, azaz R/I is valóban kommutatív:

Végezetül meg kell mutatni, hogy a tételben szereplő f:R\to R/I függvény egy gyűrűhomomorfizmus az eredeti és az R/I faktorgyűrű között. Az f függvény tehát minden R-beli r elemhez az r+I maradékosztályt rendeli hozzá. Tegyük fel, hogy r és s az R gyűrű tetszőleges elemei. Ekkor a művelettartó tulajdonságok az alábbiak alapján valóban teljesülnek:

Végül azt kell megmutatni, hogy f magja épp az I ideál. Egy tetszőleges R-beli s elemhez az f gyűrűhomomorfizmus pontosan akkor rendeli hozzá az R/I gyűrű nullelemét, azaz a 0_R+I maradékosztályt, ha f(s)=s+I=0_R+I. Minthogy I egy részgyűrű R-ben (hiszen ideál), ezért a 18.15. Tétel 3. pontja alapján ő az, aki tartalmazza 0_R-t, azaz 0_R+I=I. Az f(s)=0_R+I tehát akkor és csak akkor teljesül, ha s benne van I-ben. Az I ideál tehát valóban magja az f gyűrűhomomorfizmusnak.

18.24. Következmény:

Legyen adva egy R gyűrű és annak egy I részhalmaza. Az I részhalmaz akkor és csak akkor magja egy valamilyen R-ből kiinduló gyűrűhomomorfizmusnak, ha ideál R-ben.

Bizonyítás:

Ha I magja egy gyűrűhomomorfizmusnak, akkor a 18.17. Tétel alapján ideál R-ben, azaz I\triangleleft R. Megfordítva: Ha I ideál R-ben, akkor a 18.23. Tétel alapján az R-ből kiinduló és az R/I faktorgyűrűbe mutató természetes gyűrűhomomorfizmusnak éppen I a magja.

18.25. Tétel (Gyűrűk homomorfizmustétele):

Legyenek R és S tetszőleges gyűrűk, valamint tegyük fel, hogy adva van egy f:R\to S gyűrűhomomorfizmus. Ekkor R/\ker f \simeq \text{im} f, azaz az R-ből képzett f magja szerinti faktorgyűrű izomorf f képével.

Bizonyítás:

Előszöris megjegyezzük, hogy a 18.17. Tétel alapján \ker f ideál R-ben, így a baloldalon álló R/\ker f faktorgyűrű valóban értelmes. Igaz továbbá, hogy a 18.16. Tétel alapján \text{im} f részgyűrű abban a gyűrűben, ahová f mutat, így a tételben szereplő gyűrűizomorfia jobboldala is értelmes. Most megmutatjuk, hogy az izomorfia valóban teljesül.

Az R/\ker f faktorgyűrű elemei a \ker f, mint ideál szerinti maradékosztályok. Ezek a 18.12. Definíció utáni megjegyzés alapján pontosan ugyanazok a maradékosztályok lesznek, mint a 18.9. Definíció által definiált f gyűrűhomomorfizmus szerinti maradékosztályok.

Most definiálunk egy g:R/\ker f\to \text{im} f leképezést e faktorgyűrű és az f gyűrűhomomorfizmus képe között. Ennek a leképezésnek a képletét az R gyűrű elemeinek és az f gyűrűhomomomorfizmusnak a segítségével adjuk meg. Az alábbi képlet azt fejezi ki, hogy minden r elem esetén a g leképezés az r-et tartalmazó MARADÉKOSZTÁLYhoz épp azt az elemet rendeli hozzá a célgyűrűből, amelyet az f gyűrűhomomorfizmus is hozzárendel magához az r ELEMhez:

Az alábbi ábra mutatja a g leképezés iménti konstrukcióját.

Ez egy értelmes leképezés, ha ugyanis valamely r_1 és r_2 elemek ugyanabban a maradékosztályban vannak, akkor az ő különbségük benne van f magjában, ami épp azt jelenti, hogy az f szerinti képük megegyezik. Így tehát a g leképezés eredménye nem függ attól, hogy a bemeneti maradékosztály mely reprezentánselemének segítségével számítottuk azt ki a fenti képlettel.

Most igazoljuk, hogy a g leképezés kölcsönösen egyértelmű. Előszöris azt mutatjuk meg, hogy két különböző maradékosztály g szerinti képe is különbözik. Tegyük fel ezért indirekt, hogy az R gyűrű r és s elemei két különböző maradékosztályban vannak, ám e két maradékosztálynak ennek ellenére ugyanaz a g szerinti képe, azaz g(r+\ker f)=g(s+\ker f). Ez a g leképezés definíciója alapján azt jelentené, hogy f(r)=f(s). De ez ellentmondás, hiszen ez azt jelentené, hogy r és s mégis ugyanabban a maradékosztályban van. Azt tehát már tudjuk, hogy az \text{im} f célgyűrű minden eleme legfeljebb egy maradékosztálynak lehet a g szerinti képe, azaz g injektív.

A kölcsönös egyértelműséghez azt kell még igazolni, hogy a célgyűrűben nincs olyan elem, amely ne lenne képe valamely maradékosztálynak a g függvény szerint (azaz, hogy g szürjektív). Ez viszont természetesen teljesül, hiszen a célgyűrű nem más, mint \text{im} f, azaz az f gyűrűhomomorfizmus képe. Következésképp minden itt lévő s elemhez létezik olyan x elem az R gyűrűben, amelynek épp s a képe az f függvény szerint (azaz f(x)=s). Ez az x elem viszont benne van az x+\ker f maradékosztályban, amelyhez viszont a g függvény rendeli hozzá az s elemet a célgyűrűben. A g függvény tehát valóban kölcsönösen egyértelmű.

A g művelettartási tulajdonságai a fenti képletből már könnyen adódnak:

Így tehát g valóban gyűrűizomorfizmus az R/\ker f faktorgyűrű és f képe között.