Доказать, что отображение $%x\mapsto i$% задает гомоморфизм $%\mathbb Z[x]/(x^4-1)\rightarrow \mathbb Z[i]$%. Описать ядро этого гомоморфизма как множество элементов вида $%a+bx+cx^2+dx^3$%, где $%a,b,c,d $% удовлетворяют некоторым условиям

Для гомоморфности надо показать $%\phi(\beta_1\beta_2) =\phi(\beta_1)\phi(\beta_2),\ \phi(\beta_1+\beta_2) =\phi(\beta_1)+\phi(\beta_2),\ \phi(1)=1$%. С произведением непонятно. Пусть $%\alpha=\overline x$%. Тогда $%\beta_1=g_1(\alpha),\ \beta_2=g_2(\alpha)$%. Чтобы найти $%g_1(\alpha)g_2(\alpha)$%, надо разделить $%g_1(x)g_2(x)$% на $%x^4-1$% с остатком $%r(x)$% и подставить туда $%\alpha$%, т.е. $%g_1(\alpha)g_2(\alpha)=r(\alpha)$%. То есть получается $%\phi(\beta_1\beta_2)=\phi(r(\alpha))=r(i)$%. Почему это равно $%g_1(i)g_2(i)$% (что есть $%\phi(\beta_1)\phi(\beta_2)$%)?

задан 6 Июл '17 23:46

10|600 символов нужно символов осталось
1

Здесь ничего этого проверять не нужно. Если известно, куда переходит $%x$% при отображении кольца $%\mathbb Z[x]$% в $%\mathbb Z[i]$%, и это гомоморфизм колей с единицей, то многочлен $%f(x)$% с целыми коэффициентами переходит в $%f(i)$%. Такое правило всегда задаёт гомоморфизм колец, то есть продолжение до гомоморфизма существует и единственно.

Поскольку $%x^4-1$% переходит в $%i^4-1=0$%, главный идеал $%(x^4-1)$% лежит в ядре, и гомоморфизм через него пропускается. Чтобы элемент лежал в ядре, необходимо и достаточно, чтобы многочлен делился на $%x^2+1$%. Для многочлена степени не выше 3 это значит, что $%a+bx-c-dx=0$%, то есть $%a=c$%, $%b=d$%.

ссылка

отвечен 7 Июл '17 1:04

А, тут имеется в виду, что дано отображение из Z[x] в Z[i], и составители хотят, чтобы мы применили теорему о "пропускании"?

Я думал, что x->i - жаргонное обозначение того, что x+(x^4-1)->i, но, видимо, это не так.

(7 Июл '17 1:09) Slater

@Slater: это простенькое упражнение на проверку очевидных свойств и применение стандартных фактов типа пропускания. Глубокого содержания или "подводных камней" здесь нет.

(7 Июл '17 2:03) falcao

Почему чтобы элемент лежал в ядре, необходимо и достаточно, чтобы многочлен делился на x^2+1? Ядро пропущенного гомоморфизма равно $%(\overline{x^2+1})$%? Почему ядро содержится в этом идеале? (Обратное включение очевидно)

(7 Авг 7:05) Slater

@Slater: если многочлен f(x) имеет вещественные коэффициенты и f(i)=0, то f(x) делится на x-i по теореме Безу (над C[x]). Сопрягая, имеем f(-i)=0, и f(x) делится также на x+i. Значит, он делится на x^2+1=(x-i)(x+i). Но далее есть одна тонкость: частное здесь, вообще говоря, принадлежит C[x]. Однако ввиду единственности частного и остатка, частное должно принадлежать Z[x], так как деление с остатком на унитарный многочлен x^2+1 над Z[x] даёт какие-то значения частного и остатка (с целыми коэффициентами), которые также будут частным и остатком над C[x]. Поэтому остаток =0, частное лежит в Z[x].

(7 Авг 9:01) falcao

Это доказывается, что ядро непропущенного гомоморфизмсодержится в идеале порожденном x^2+1? А для пропущенного просто чёрточки навесить?

(7 Авг 9:26) Slater

@Slater: наличие или отсутствие "чёрточек" на суть не влияет. Я всё объяснил словами, а лишнюю "формалистику" не люблю.

(7 Авг 9:30) falcao

А можно так? Пусть f лежит в ядре. Разделим его на x^2+1: f(x)=(x^2+1)q(x)+r(x) где deg(r)<2, т.е. r(x)=ax+b. Остаток лежит в ядре, 0=r(i)=ai+b => a=b=0.

(7 Авг 19:21) Slater
1

@Slater: да, можно. Это почти что теорема Безу и есть -- в смысле способа доказательства.

(7 Авг 20:44) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
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:

×3,779

задан
6 Июл '17 23:46

показан
190 раз

обновлен
7 Авг 20:44

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