Тема Линал и алгебра.

02 Алгебра. Теория колец и полей.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#47643

Доказать, что если $K$ - кольцо, $x$ - произвольный элемент $K,$ 0 - ноль кольца $K,$ то $0 ⋅x = 0.$

Показать ответ и решение

Поскольку 0 - нейтральный элемент по сложению, то $0 + x = x.$ Тогда

(0+ x) ⋅x = 0⋅x + x ⋅x− правая ди ст рибутивность

C другой стороны, поскольку $0 + x = x,$ то имеем

x ⋅x = 0 ⋅x+ x ⋅x

И, вычитая из обеих частей (вернее, если быть чуть более точным, прибавляя $− x⋅x$

0 = 0⋅x

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#47645

Показать, что в кольце всех матриц размера $n× n$ $M atn×n(ℝ )$ есть делители ноля.

Показать ответ и решение

Пусть $( ) | 1 0 0 0 0| | 0 0 0 0 0| || || A = || 0 0 0 0 0|| , |( ... ... ... ... ...|) 0 0 0 0 0$ $( ) | 0 0 0 0 0 | | 0 1 0 0 0 | || || B = || 0 0 1 0 0 || . |( ... ... ... ... ...|) 0 0 0 0 1$

То есть у матрицы $A$ единица стоит только на $(1,1 )$ месте, а у матрицы $B$ единица стоит на всех $(i,i)−$ ых местах, кроме места $(1,1).$ Элементы на остальных позициях у обоих матриц равны 0. Тогда ясно, что $AB = 0.$ Таким образом, $A ⁄= 0$ - левый делитель ноля, а $B ⁄= 0$ - правый делитель ноля в кольце $M atn×n (ℝ)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#47646

Показать, что $(ℝ3, +,[, ])$ - кольцо. А именно, показать, что векторное произведение $[,]$ - дистрибутивно, то есть что

∀a,b,c ∈ ℝ3 [(a + b),c] = [a,c]+ [b,c]

и что

3 ∀a,b,c ∈ ℝ [a,(b+ c)] = [a,b]+ [a,c]

Показать ответ и решение

Пусть $a = (a1,a2,a3),$ $b = (b1,b2,b3),$ $c = (c1,c2,c3).$ Тогда, если вспомнить, как считается векторное произведение:

( ) e1 e2 e3 [(a + b),c] = det|| || = ( a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3) c1 c2 c3

= (c3(a2 + b2)− c2(a3 + b3))e1 + (c1(a3 + b3)− c3(a1 + b1))e2 + (c2(a1 + b1)− c1(a2 + b2))e3 =

= (c3a2− c2a3)e1+ (c1a3− c3a1)e2 +(c2a1− c1a2)e3+ (c3b2− c2b3)e1+ (c1b3− c3b1)e2+ (c2b1− c1b2)e3 =

( ) ( ) e1 e2 e3 e1 e2 e3 || || || || = det( a1 a2 a3) + det( b1 b2 b3) = [a,c]+ [b,c] c1 c2 c3 c1 c2 c3

Мы доказали правую дистрибутивность. Левая доказывается аналогично.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#47648

Существует ли бесконечное поле ненулевой характеристики?

Показать ответ и решение

Рассмотрим поле

f(x) ℤp (x) = {----|f (x ) ∈ ℤp[x],g(x) ∈ ℤp[x],g(x) ⁄= 0} g(x)

множество рациональных дробей с коэффициентами из $ℤp.$ Складываются такие рациональные дроби приведением к общему знаменателю, а умножаются как обычные дробные функции - числитель на числитель и знаменатель на знаменатель. Поскольку $ℤp$ - поле, то $ℤp(x)$ - коммутативное, ассоциативное кольцо с единицей единицей будет дробь $1 1$ - отношение константных многочленов равных 1) без делителей ноля. Кроме того, каждый ненулевой элемент $f1(x) f2(x)$ в нём обратим - обратным к нему, как нетрудно понять, будет $f2(x). f1(x)$

C другой стороны, если мы сложим $p$ единиц этого поля, то есть $1+ 1 + 1...+ 1 1 1 1 1$ ( $p$ раз), то эта сумма будет равна $p 1,$ но константный многочлен $p$ равен 0, следовательно, $p 1 = 0.$ Ясно, что меньше чем $p$ характеристика этого поля быть не может, поскольку $p$ простое. Следовательно, $char ℤp(x).$ В то время как в самом $ℤp(x)$ бесконечно много элементов. Например, в нем есть такие элементы (очевидно, все различные):

1 x x2 x3 xn xn+1 --,-,---,--,....--,-----,... 1 1 1 1 1 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#53000

Вспомним утверждение о делении многочленов с остатком:

Утверждение (о делении многочленов с остатком). Пусть $K$ - поле, $K [x]$ - кольцо многочленов с коэффициентами из $K$ .
Тогда для любых двух многочленов $f,g ∈ K [x]$ , при условии, что $g$ - ненулевой многочлен, существуют многочлены $q,r ∈ K [x ]$ такие, что $f = gq + r$ , причем $degr < degg$ .

Вопрос: Пусть даны конкретные $f,g ∈ K [x]$ . Причём $g ⁄= 0$ . Насколько однозначны определены частное $q$ и остаток $r$ при делении многочлена $f$ на многочлен $g$ ? Могут ли при делении одного многочлена на другой получаться разные частные или, например, разные остатки?

Показать ответ и решение

Нет, на самом деле при фиксированных многочленах $f,g ∈ K [x]$ частное и остаток при делении $f$ на $g$ определены однозначно.

Действительно, пусть мы смогли двумя способами поделить $f$ на $g$ с остатком:

f = gq + r , degr < degg 1 1 1

f = gq + r , degr < degg 2 2 2

Тогда, вычитая эти равенства почленно:

0 = g(q1 − g2) + (r1 − r2)

то есть

g(q1 − g2) = (r2 − r1)

Раз многочлен из левой части равен многочлену из правой части, то равны и их степени:

deg[g(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

Но тогда, пользуясь тем, что для любых многочленов степень произведения равна сумме степеней, имеем:

degg + deg[(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

Откуда видно, что степень $deg[(r2 − r1)]$ разности остатков равна степени $g$ плюс что-то еще (а именно: $deg[(q1 − g2)]$ ). Но уж точно из этого равенства следует, что степень $deg[(r2 − r1)]$ не меньше, чем степень $g$ .

А это явное противоречие с тем, что $degr1 < degg$ и $degr2 < degg$ . Ведь если у обоих $r1,r2$ степень была строго меньше, чем у $g$ , то у их разности степень не могла оказаться больше либо равна, чем у $g$ .

Следовательно, чтобы равенство

deg[g(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

было возможным, в его левой и правой части должны стоять минус бесконечности. То есть, степень произведения $deg[g(q1 − q2)] = − ∞$ . Следовательно, многочлен $g(q1 − g2)$ нулевой, а раз делили мы на ненулевой $g$ , то, значит, $q1 − q2$ - нулевой многочлен, то есть $q1 = q2$ .

Но тогда, поскольку

g(q1 − g2) = (r2 − r1)

то и $r1 = r2$ . И мы с вами доказали единственность частного и остатка при делении многочлена на многочлен.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#53002

Пусть $K$ - поле, $K [x]$ - кольцо многочленов с коэффициентами из $K$ . В каком случае многочлен $p(x) ∈ K$ обратим?

Показать ответ и решение

Утверждается, что $p(x) ∈ K [x]$ обратим тогда и только тогда, когда $degp = 0$ . То есть $p(x)$ - это многочлен нулевой степени, то есть $p(x) = c$ , причем $c ⁄= 0$ (иначе степень была бы $− ∞$ ).

Действительно, если $p(x ) = c, c ⁄= 0$ , то, поскольку $c ∈ K$ , а $K$ - это поле, то $∃c− 1 ∈ K$ .

Следовательно, константный многочлен $g(x) = c−1$ будет обратным для $f (x )$ , ведь если их перемножить, то получится $p (x )⋅g(x) = c⋅c−1 = 1$ .

Если же $p(x) = 0$ , то есть $degp = − ∞$ , то он необратим, поскольку если бы он был обратим, то был бы обратим 0 в поле $K$ , что невозможно.

И, наконец, если $degp(x) > 0$ , то есть если $p(x)$ - многочлен хотя бы первой степени, то он необратим.

Действительно, предположим от противного, что $p(x)$ - обратим, при условии, что $degp(x) > 0$ . Тогда должен существовать такой $q(x ) ∈ K [x]$ , что $p(x)q(x) = 1$ .

Но тогда должны быть равны и степени левой и правой части:

deg [p(x)q(x)] = deg1

Однако степень произведения равна сумме степеней:

degp(x) + degq(x) = deg1 = 0

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#53003

a) В каком случае многочлены $p1,p2 ∈ K [x ]$ ассоциированы как элементы кольца многочленов $K [x]$ ?

b) В каком случае целые числа $a,b ∈ ℤ$ ассоциированы как элементы кольца целых чисел?

Показать ответ и решение

a) По эквивалентному определению, два элемента кольца ассоциированы, если они отличаются умножением на обратимый элемент из кольца.

Обратимыми элементами в кольце $K [x]$ являются только константные ненулевые многочлены.

То есть $p1$ ассоциирован с $p2$ , если $∃c ∈ K$ такая, что $p1 = cp2$ , причём $c ⁄= 0$ . То есть, ассоциированные многочлены - это в точности те, которые отличаются умножением на ненулевую константу.

b) Опять же, элементы кольца $ℤ$ ассоциированы, если они отличаются умножением на обратимый элемент из $ℤ$ .

Обратимыми элементами в кольце $ℤ$ являются только $± 1$ .

То есть $a$ ассоциировано с $b$ , если $a = ±b$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#53005

Пусть $K$ - поле. Описать все простые элементы в $K$ .

Показать ответ и решение

По определению, элемент $p$ из кольца $K$ прост, если он не равен 0, необратим, и не раскладывается в произведение необратимых множителей.

Но в поле не бывает ненулевых необратимых элементов.

Следовательно, в поле нет простых элементов.

Комментарий. В том числе поэтому теория делимости с остатком в полях не представляет никакого интереса. Там нет ни простых, ни составных элементов, там нет смысла говорить, соответственно, и о разложении на простые, и о делении с остатком, потому что там всегда можно поделить на любой ненулевой элемент безо всякого остатка.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#53007

Поделить многочлен $f = x7 − x6 + x3 + 1$ на многочлен $g = − x6 + x$ с остатком в кольце $ℤ2 [x]$ .

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что, поскольку в $ℤ2$ у нас есть только 2 числа - это 0 и 1, то мы должны все коэффициенты наших многочленов записывать именно как элементы из $ℤ2$ .

В $ℤ2$ у нас $− 1 = 1$ , а поэтому наши многочлены переписываются как $f(x) = x7 + x6 + x3 + 1$ , $g(x) = x6 + x$ .

Дальше осталось только поделить многочлены как обычно уголком, учитывая, что мы работаем с коэффициентами по модулю 2:

7 6 3 6 3 2 x − x + x + 1 = (x + x)(x + 1)+ x + x + x + 1 в ℤ2 [x]

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#53008

Поделить многочлен $f = 3x3 + 2x2 + x$ на многочлен $g = x+ 1$ с остатком в кольце $ℤ5 [x]$ .

Показать ответ и решение

3x3 + 2x2 + x = (x + 1)(3x2 + 4x + 2)+ 3 в ℤ5 [x]

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#53010

Пусть $p$ - многочлен, $a ∈ ℝ$ - какое-то вещественное число.Найти остаток при делении многочлена $p$ на многочлен $g = x− a$ .

Показать ответ и решение

Во-первых, как всегда при делении одного многочлена на другой, степень остатка должна быть строго меньше степени делителя. Но многочлен $p(x)$ мы делим на $g(x ) = x − a$ и ясно, что $degg = 1$ .

Таким образом, степень остатка должна быть $< 1$ . То есть, степень остатка будет либо 0, либо $− ∞$ . В любом случае можно сказать, что остаток получается всегда каким-то константным многочленом - либо нулевым, либо ненулевым, но это в любом случае константа.

Итак, разделим $p(x)$ на $g(x)$ и запишем результат в общем виде:

p(x) = (x − a)q(x)+ r(x) degr < 1

Но остаток, раз он есть константа, как мы сказали, ни от какого $x$ зависеть не должен. То есть можно написать, что

p(x) = (x − a)q(x)+ r

Тогда заметим, что если подставить в левую часть, то есть в $p (x )$ число $a ∈ ℝ$ , то получится, с одной стороны, $p(a)$ , но, поскольку $p(x) = (x − a)q(x)+ r$ , то при подстановке в $p(x)$ числа $a$ , мы получим как раз значение правой части от $a$ , то есть, короче говоря:

p(a) = (a − a)q(a)+ r

Но $(a− a) = 0$ , то есть первый сомножитель справа зануляется, и мы имеем

p(a) = r

То есть, мы как раз нашли остаток. Он равен значению многочлена при $x = a$ . Иначе говоря, $r = p(a)$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#106021

Почему в определении поля бессмысленно требовать, чтобы ноль тоже был обратим вместо со всеми остальными элементами поля?

Показать ответ и решение

Пусть $K$ - поле. И пусть, кроме всех прочих аксиом поля, мы потребовали вдобавок, чтобы и ноль в $K$ был обратим по умножению.

Возьмем тогда произвольный $x ∈ K$ . Тогда, ясно, что

0 ⋅x = 0

Теперь, если 0 - обратим в $K$ , то для нуля найдется обратный элемент $0−1 ∈ K$ . Домножим это равенство на $0−1$ , получим

− 1 −1 0 ⋅0 ⋅x = 0 ⋅0

И раз $0−1$ - обратный по умножению для $0$ , то мы получим

x = 1

Но $x ∈ K$ был произвольным элементом $K$ . В том числе, мы в качестве $x$ могли бы взять и сам $0$ . И тогда бы получилось в конце концов, что

0 = 1

Таким образом, если разрешить обращение и нуля, то мы сможем доказать, что в любом кольце $0 = 1$ , чего бы нам, конечно, не хотелось.

Потому-то нам и рассказывают в школе, на ноль нельзя делить...

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#106022

Пусть $K$ - поле.

a) Какие элементы будут обратимыми по умножению в кольце $K[x]$ ?
b) Есть ли в $K [x]$ делители нуля?

Показать ответ и решение

a) Утверждается, что $p(x) ∈ K [x]$ обратим тогда и только тогда, когда $degp = 0$ . То есть $p (x )$ - это многочлен нулевой степени, то есть $p(x) = c$ , причем $c ⁄= 0$ (у нулевой константы ведь степень равна $− ∞$ ).

Действительно, если $p(x ) = c, c ⁄= 0$ , то, поскольку $c ∈ K$ , а $K$ - это поле, то $∃c− 1 ∈ K$ .

Следовательно, константный многочлен $g(x) = c−1$ будет обратным для $f (x )$ , ведь если их перемножить, то получится $p (x )⋅g(x) = c⋅c−1 = 1$ .

Если же $p(x) = 0$ , то есть $degp = − ∞$ , то он необратим, поскольку если бы он был обратим, то был бы обратим 0 в поле $K$ , что невозможно.

И, наконец, если $degp(x) > 0$ , то есть если $p(x)$ - многочлен хотя бы первой степени, то он необратим.

Действительно, предположим от противного, что $p(x)$ - обратим, при условии, что $degp(x) > 0$ . Тогда должен существовать такой $q(x ) ∈ K [x]$ , что $p(x)q(x) = 1$ .

Но тогда должны быть равны и степени левой и правой части:

deg [p(x)q(x)] = deg1

Однако степень произведения равна сумме степеней:

degp(x) + degq(x) = deg1 = 0

Но $degp(x) > 0$ . Значит, $degp(x)$ нельзя сложить ни с какой степенью, чтобы в сумме получилась степень константы 1, то есть 0 (так как степень бывает только неотрицательная, либо $− ∞$ ).

Полученное противоречие доказывает, что никакой многочлен положительной степени не обратим.

b) Их нет. Действительно, если мы возьмём два ненулевых многочлена $f,g$ и перемножим их, то старший член их произведения будет равен просто произведению их старших членов (а их старшие члены, конечно, были ненулевыми, ведь сами многочлены $f$ и $g$ были ненулевыми).

И поскольку их старшие члены - ненулевые элементы поля $K$ , а, значит, поскольку в самом поле $K$ нет делителей нуля, то старший член у $f ⋅g$ будет ненулевой.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#106023

Рассмотрим кольцо $ℤn$

a) Какие элементы будут обратимыми по умножению в кольце $ℤn$ ?
b) Есть ли в $ℤn$ делители нуля?
c) Какое необходимое и достаточное условие на $n$ , чтобы $ℤn$ было полем?

Показать ответ и решение

a) В $ℤn$ будут обратимы в точности те (ненулевые) вычеты, которые взаимно просты с $n$ .

Действительно, $m ∈ ℤn$ , $m ⁄= 0$ обратим по умножению тогда и только тогда когда существует такое $x ∈ ℤ n$ , что $mx = 1$ в $ℤ n$ . То есть когда для некоторого $y ∈ ℤ$ выполнено

mx = 1+ ny

Или

mx − ny = 1

Теперь, если $Н ОД (m, n) ⁄= 1$ , то левая часть уравнения выше делится на этот НОД, а правая - не делится. Значит, необходимо, чтобы $НО Д(m, n) = 1$ .

На самом деле, этого и достаточно, потому что если $НО Д (m, n) = 1$ , то по следствию их алгоритма Евклида поиска НОД-а, этот НОД всегда можно выразить линейной комбинацией $m, n$ , то есть как раз найдутся такие $x, y ∈ ℤ$ , что

mx + ny = 1

Осталось только взять и привести $x$ по модулю $n$ и это и будет обратным по умножению для $m ∈ ℤn$ .

b) Вообще говоря, да. Например, в $ℤ15$ у нас $5 ⁄= 0,3 ⁄= 0$ , но $3 ⋅5 = 0$ . То есть 3 и 5 являются делителями нуля в $ℤ15$ . Однако, в $ℤp$ , если $p$ - простое, делителей нуля нет.

c) Действительно, легко понять, что для любого составного $n$ в $ℤn$ делители нуля будут - надо просто взять два вычета, меньших $n$ и дающих $n$ в произведении.

Однако, если $n$ - простое число, то $ℤn$ представляет из себя коммутативное ассоциативное кольцо с единицей, в котором все кроме нуля вычеты обратимы по пункту a), сколь скоро все вычеты кроме нуля взаимно просты с простым числом $n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#106024

Почему в кольцах не рассматривают нормальные подгруппы по сложению?

Показать ответ и решение

Кольцо образует по определению абелеву группу по сложению, а в абелевой группе все подгруппы автоматически нормальны.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#106025

Доказать, что если $K$ - ассоциативное коммутативное простое кольцо с единицей, то $K$ - поле.

Показать ответ и решение

До поля $K$ не хватает только того свойства, что в нем каждый ненулевой элемент обратим. Докажем это, используя простоту $K$ , то есть тот факт, что в $K$ есть всего 2 идеала - это $I0 = {0}$ и $I1 = K$ .

Итак, пусть $x ∈ K$ , $x ⁄= 0$ . Почему $x$ - обратим? Рассмотрим идеал

Ix = {ax | a ∈ K }

- идеал кратных этому элементу $x$ . Очевидно, $Ix$ является идеалом - сумма кратных $x$ вновь кратна $x$ и любой элемент, кратный $x$ , умноженный на любой элемент $K$ , вновь будет кратным $x$ .

Ясно, что $Ix ⁄= I0$ , поскольку в нем хотя бы есть сам $x$ , то есть $x ∈ Ix$ . Но по предположению кольцо $K$ - просто, то есть в нем в принципе есть только 2 идеала. Следовательно, идеал $Ix$ обязан совпадать со всем кольцом $K$ .

В том числе это означает, что $1 ∈ Ix$ , а это по определению значит, что найдется такой $a ∈ K$ , что

ax = 1

Этот $a$ , конечно, и будет обратным для $x$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#106026

Привести пример неассоциативного некоммутативного кольца без единицы.

Показать ответ и решение

Подойдёт кольцо $ℝ3$ , где в качестве операции суммы берется обычное сложение трехмерных векторов, а в качестве операции произведения берется векторное произведение.

То, что $3 (ℝ ,+, [,])$ - кольцо - проверяется легко исходя из свойств векторного произведения.

Это кольцо неассоциативно, поскольку, например, ежели мы возьмем $e1 = (1,0,0)$ , $e2 = (0,1,0)$ , то

[e1,[e1,e2]] = [e1,e3] = − e2 ⁄= 0

Однако

[[e ,e ],e] = [0,e ] = 0 1 1 2 2

Оно совсем очевидно некоммутативно, потому что векторное произведение меняет знак при перестановке своих аргументов.

И почти очевидно, что оно без единицы, поскольку если бы нашелся такой вектор $v ∈ ℝ3$ , который был бы единицей относительно векторного произведения, то умножение на него ничего бы не меняло, в частности, он при умножении сам на себя давал бы сам себя:

[v,v ] = v

Однако векторное произведение любого вектора с самим собой даёт нулевой вектор, и поэтому $v$ обязан быть равен нулевому вектору.

Но нулевой вектор, конечно, не может быть единицей относительно векторного произведения, потому что если нулевой вектор умножить на любой ненулевой, то получится нулевой, что уже противоречит определению единицы по умножению.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#106027

Пусть $I1,I2$ - идеалы в кольце $K$ . Проверить, что $I1 ∩ I2$ - тоже обязательно идеал в $K$ , а $I1 ∪ I2$ - вообще говоря может и не быть идеалом в $K$ .

Показать ответ и решение

1. Пусть $I1,I2$ - идеалы.

Почему $I1 ∩ I2$ - идеал? Действительно, берем любые $x,y ∈ I1 ∩ I2$ . Раз они оба лежат в $I1$ , то, коль скоро сам $I1$ - идеал, то $I1$ - замнкнут относительно сложения, а, значит, $x + y ∈ I1$ . По тем же причинам $x + y ∈ I2$ , а, значит,

x + y ∈ I1 ∩ I2

Следовательно, пересечение идеалов $I1 ∩ I2$ замкнуто относительно сложения.

То, что $I1 ∩ I2$ выдерживает и умножение на любые элементы кольца $K$ - проверяется аналогично.

2. Пусть $K = ℤ$ , $I = { все четны е чи сл а } 1$ , $I = { все кратны е трём числа } 2$ .

Тогда ясно, что $I ∪ I 1 2$ идеалом не будет, потому что он не замкнут относительно сложения, например, и число 2 и число 3 лежат в $I1 ∪ I2$ , однако их сумма $2+ 3 = 5$ не лежит ни в $I1$ , ни в $I2$ , то есть не лежит в объединении $I ∪ I 1 2$ . Поэтому в данном примере объединение идеалов не замкнуто даже относительно сложения.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#106028

Доказать, что $ℤn$ является кольцом главных идеалов.

Показать ответ и решение

Пусть $I$ - произвольный идеал в $ℤn$ . Сразу не очевидно, что этот идеал $I$ будет главным. Но уж по крайней мере, коль скоро $ℤn$ - конечное множество, то и $I ⊂ ℤn$ - и подавно конечно.

Следовательно, $I = {x1,...,xk}$ .

Тогда утверждается, что если $d = Н ОД (x1,...,xk)$ , то

I = (d)

То есть идеал $I$ порождается одним лишь элементов $d$ .

Во-первых, почему $d$ вообще лежит в $I$ ? Потому что для любых $x1,..,xk$ существуют такие $v1,...,vk ∈ ℤ$ , что

v x + ...+ v x = d 1 1 k k

(НОД любого количества чисел является линейной комбинацией с целыми коэффициентами этих самых чисел).

Ну а любая линейная комбинация $xi$ с целыми коэффициентами (если эти целые коэффициенты привести по модулю $n$ ), конечно, лежит в $I$ просто по определению $I$ .

С другой стороны, любой другой элемент идеала $I$ имеет вид

a1x1 + ...+ akxk, ai ∈ ℤ

Но поскольку все $xi$ делятся на $d$ , то и их линейная комбинация делится на $d$ , то есть существует такое $t ∈ ℤ$ , что

a1x1 + ...+ akxk = td

Осталось только привести это равенство по модулю $n$ , и получить, что любой элемент идеала $I$ является кратным НОДа всех элементов идеала $I$ , то есть кратным $d$ .

Откуда и следует, что

I = (d)

Таким образом, в $ℤn$ все идеалы главные.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#106029

Показать, что $ℤ [x]$ не является кольцом главных идеалов.

Показать ответ и решение

Рассмотрим в $ℤ[x]$ идеал

I = {a(x)⋅x + b(x)⋅2 | a(x),b(x) ∈ ℤ [x]}

Проверим, что $I$ - это вообще идеал.

Пусть $p1,p2 ∈ I$ , то есть они имеют вид

p1(x ) = a1(x)⋅x + b1(x)⋅2,a1(x) ∈ ℤ[x],b1(x) ∈ ℤ [x ]

p2(x ) = a2(x)⋅x + b2(x)⋅2,a2(x) ∈ ℤ[x],b2(x) ∈ ℤ [x ]

Что тогда можно сказать про их сумму:

p (x )+ p (x) = a (x )⋅x+ b(x) ⋅2+ a (x) ⋅x+ b (x)⋅2 = (a (x)+ a (x))⋅x + (b(x) + b (x )) ⋅2 1 2 1 1 2 2 ◟-1---◝◜--2--◞ ◟1----◝◜--2--◞ =c(x)∈ℤ[x] =d(x)∈ℤ[x]

Следовательно, сумма $p1(x) + p2(x )$ - вновь такого вида, как и все элементы $I$ , потому что сумма многочленов с целыми коэффициентами - это опять многочлен с целыми коэффициентами.

Пусть $p(x) ∈ I$ , а $t(x) ∈ ℤ[x]$ - произвольный многочлен. Тогда

t(x) ⋅p(x ) = t(x)a(x) ⋅x + t(x)b(x) ⋅2 ◟-◝◜--◞ ◟-◝◜--◞ =u(x)∈ℤ[x] =v(x)∈ ℤ[x]

Следовательно, произведение $t(x)p(x)$ - вновь такого вида, как и все элементы $I$ , потому что произведение многочленов с целыми коэффициентами - это опять многочлен с целыми коэффициентами.

Таким образом, мы проверили, что $I$ - это идеал.

Однако он не может быть главным. Докажем это от противного.

Пусть не так, и $I = (q(x))$ .

Ясно, что многочлен $2 ∈ I$ . (возьмем просто $a(x) = 0,b(x) = 1$ ).

Таким образом, по нашему предположению, многочлен $2$ является кратным многочлена $q(x )$ , то есть существует такой $g(x) ∈ ℤ [x]$ , что

2 = g(x)q(x)

Откуда немедленно вытекает, что оба многочлена $g(x),q(x)$ - степени ноль, то есть являются какими-то ненулевыми константами.

Более того, ясно даже какими, чтобы в произведении получилась двойка. Поскольку и $g(x)$ и $q(x)$ - многочлены с целыми коэффициентами, то чтобы в произведении получить константный многочлен 2, многочлен $q(x)$ может быть равен либо $± 1$ , либо $± 2$ .

Ежели $q(x) = ±1$ , то идеал $I$ будет просто совпадать со всем кольцом $ℤ [x ]$ , чего быть не может, например, потому, что в $I$ не лежит многочлен $1$ .

Ежели $q(x) = ±2$ , то это бы значило, что, например, многочлен $x ∈ I$ обязан быть кратен многочлену $q(x) = ±2$ , чего тоже не может быть, потому что любой многочлен, кратный $q(x)$ будет иметь четный коэффициент при $x$ .

В обоих случаях мы получаем противоречие.

Ответ: