Здравствуйте.

Было показано, что $%f/p^n, n \geqslant 1$% (и их линейных комбинаций) является подкольцом кольца $%P_0(X)$%

Предлагается, используя этот результат, показать что простейшие дроби над $%P = \mathbb{Z}_3$% $$\frac{a_1X+b_1}{X^2 + 1} + \frac{a_2X+b_2}{(X^2 + 1)^2} + ..., a_i, b_i \in \mathbb{Z}_3,$$ образуют кольцо $%K$% с бесконечно убывающей цепью $%K = K_1 \supset K_2 \supset ... \supset K_N \supset ... $% подколец $%K_N$%, натянутых на дроби $%\frac{aX+b}{(X^2 + 1)^n}, n \geqslant N$%

Помогите, пожалуйста, в решении этой задачи.

задан 25 Июн '17 15:24

изменен 25 Июн '17 15:25

10|600 символов нужно символов осталось
1

Здесь в самом начале использованы обозначения, которые не разъяснены. Что такое $%f$% -- не сказано. Что такое $%p$%, что такое $%P_0(X)$% -- тоже покрыто мраком тайны. Допустим, это цитата из какой-то книжки, но там ведь эти обозначения были введены и где-то конкретизировались. Значит, их тоже надо было приводить вместе со всем остальным.

Насколько я понимаю, здесь надо показать, что мы имеем дело со строго убывающей цепочкой подколец. Все остальные свойства (типа того, что это в самом деле подкольца) проверяются по стандартному критерию.

Достаточно проверить, что рациональная функция вида $%\frac{ax+b}{(x^2+1)^n}$% не представима в виде линейной комбинации $%\frac{a_1x+b_1}{(x^2+1)^{n+1}}+\frac{a_2x+b_2}{(x^2+1)^{n+2}}+\cdots+\frac{a_mx+b_m}{(x^2+1)^{n+m}}$%. Рассуждая от противного, рассматриваем такой представление, где последнее слагаемое $%a_mx+b_m$% ненулевое. Домножая на $%(x^2+1)^{n+m}$%, получаем тождественное равенство вида $%a_mx+b_m=(x^2+1)g(x)$% для некоторого многочлена $%g(x)$% над полем $%\mathbb Z_3$%. Левая часть ненулевая, и тогда правая тоже. Тогда её степень не меньше 2, а степень левой части меньше. Противоречие.

ссылка

отвечен 25 Июн '17 19:40

@falcao $%f$% - произвольный многочлен, $%p$% - фиксированный неразложимый многочлен, $%P_0(X)$% - множество правильных дробей. $%P_0(X)$% является подкольцом в $%P(X)$%. И было показано, что множество, состоящее из дробей $%f/p^n, n \geqslant 1$% и их линейных комбинаций, является подкольцом $%P_0(X)$%.

Мне все-таки доказательство что $%K_N$% является кольцом представляется не таким очевидным. Обозначим $%p = x^2+1, f = ax+b$%. По определению любой элемент $%K_N$% представляется в виде $%f_1/p^N + f_2/p^{N+1} + ...$% ... а дальше не могу продолжить, ограничение по символам :((((

(27 Июн '17 8:33) aoeu

@aoeu: что именно не очевидно в проверке свойств подкольца? То, что при сложении/вычитании вид элемента сохраняется, наверное, понятно. При перемножении получается нечто типа g1/p^{2N}+... , что является элементом рассматриваемого вида, так как можно слева дополнить нулями: 0/p^N+...+0/p^{2N-1}+g1/p^{2N}+... . То, что при перемножении получается показатель степени 2N вместо N, это как бы только лучше, а не хуже.

(27 Июн '17 9:02) falcao
1

@falcao Про сложение понял а с умножением, кажется, есть заковырка. При перемножении элементов кольца $%K_N$% степень многочлена в числителе возрастает. Значит надо доказать что полученная дробь может быть разложена в линейную комбинацию дробей у которых степень в числителях равна 1, а в знаменателях степени $%p$% не меньше $%N$%

(29 Июн '17 18:28) aoeu

@aoeu: да, я это соображение пропустил. Но там всё выполняется с запасом: в числителе при перемножении будет степень 2, в знаменателе (x^2+1)^{2N}. Если выделить в числителе вторую степень, показатель уменьшится на 1, но 2N-1>=N.

(29 Июн '17 18:58) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×69

задан
25 Июн '17 15:24

показан
330 раз

обновлен
29 Июн '17 18:58

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru