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 21#106297

Проверить, что если $I ⊂ K$ - идеал, то операции сложения и умножения смежных классов в $K/ I$ определены корректно, то есть не зависят от выбора представителей смежных классов.

Показать доказательство

То, что сложение определено корректно, можно не проверять, так как идеал фактически является нормальной подгруппой в $K$ по сложению, а то что в таком случае на факторе групповая операция не зависит от выбора представителя смежного класса, мы уже знаем.

Теперь, почему умножение смежных классов тоже корректно определено в $K/ I$ ? Пусть

x+ I,y + I

- два некоторых смежных класса по идеалу. Тогда, по определению их произведения в фактор-кольце, оно должно быть равно смежному классу

xy + I

С другой стороны, пусть мы выбрали другого представителя в том и в другом смежном классе, то есть пусть

x+ I = x′ + I,y + I = y′ + I

и $x ′$ и $y′$ - наши новые представители в идеалах $x+ I,y + I$ соответственно.

Тогда вроде бы произведение этих идеалов должно быть равно

x ′y′ + I

И почему же оно совпадает с $xy + I$ ?

По очень простой причине. $′ x+ I = x + I$ возможно в том и только в том случае, когда существует такой $i1 ∈ I$ , что

x′ = x + i1

и аналогично $y + I = y′ + I$ возможно в том и только в том случае, когда существует такой $i2 ∈ I$ , что

′ y = y + i2

Таким образом,

′ ′ x y + I = (x+ i1)(y + i2)+ I =

= xy + x◟i◝2◜◞ + i◟1◝◜y◞ + i◟◝1i◜2◞ +I = ∈I, ибо I− левый идеал ∈I, ибо I− правый идеал ∈I по понятным причинам

= xy + I

Что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#106299

Доказать, что если $I ⊂ K$ - идеал, то существует кольцо $R$ и существует гомоморфизм $φ : K → R$ такой, что $I = kerφ$ , то есть

Любой идеал в кольце реализуется как ядро некоторого гомоморфизма в некоторое другое кольцо.

Показать доказательство

В качестве $R$ возьмем фактор-кольцо $K/ I$ , а в качестве гомоморфизма возьмем каноническую проекцию

π : K → K/ I

сопоставляющую каждому элементу его смежный класс

x ∈ K, π(x) = x + I

Ясно, что $π$ - гомоморфизм потому что сумма переходим в сумму, а произведение в произведение (по сути, по определению операций в факторе $K/ I$ ). Ясно также, что $kerπ$ - это в точности $I$ , потому что ноль в фактор-кольце $K/ I$ - это смежный класс $0 + I$ , а в него придет при канонической проекции всё то, что лежало в $I$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#106300

a) Доказать, что если $K$ - коммутативное кольцо, а $I$ - любой идеал в нём, то и $K/ I$ - коммутативно.

b) Доказать, что если $K$ - ассоциативно кольцо, а $I$ - любой идеал в нём, то и $K / I$ - ассоциативно.

c) Доказать, что если $K$ - кольцо с единицей, а $I$ - любой идеал в нём, то и $K/ I$ - кольцо с единицей.

Показать доказательство

a) Ясно, что для любых смежных классов $x + I$ и $y + I$ будет выполнено

т.к. K -ком мутативно (x+ I )(y + I) = xy + I = yx + I = (y + I)(x + I)

Следовательно, $K/ I$ - коммутативно.

b) Ясно, что для любых смежных классов $x+ I$ , $y + I$ , $z + I$ будет выполнено

( ) т.к. K -ассоциативно ( ) (x + I)(y + I) (z + I) = (xy)z + I = x(yz) + I = (x + I) (y + I)(z + I)

Следовательно, $K/ I$ - ассоциативно.

c) Роль единицы в фактор-кольце $K/ I$ в таком случае будет играть смежный класс единицы кольца $K$ , то есть смежный класс

1+ I

Действительно, для любого другого смежного класса

(1+ I)(x + I) = (x + I)(1+ I) = 1⋅x + I = x ⋅1+ I = x + I

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#106301

a) Сколько элементов в поле

ℤ2[x]/ (x3 + x+ 1)

?
b) Сколько элементов в поле

ℤ3[x ]/ (x2 + 1)

Показать ответ и решение

a) Элементы этого поля (формально конечно все что написано дальше - это неправда, так как элементы фактор-кольца - это никакие не многочлены, это вообще смежные классы...но если правильно понимать написанное далее, то все становится предельно ясно) - это всевозможные многочлены из $ℤ2 [x]$ , но только степени меньше, чем 3. Следовательно, это многочлены вида

2 ax + bx + c, a,b,c ∈ ℤ2

Получается, таких различных многочленов будет 8 штук, по 2 варианта на каждый из трёх коэффициентов, так что поле

ℤ2[x]/ 3 (x + x+ 1)

состоит из восьми элементов.

b) Не помешает вначале проверить, что многочлен $x2 + 1$ - неприводим над $ℤ3$ . Но это так и есть, потому что в $ℤ3$ он не имеет корней, а для многочлена второй степени это эквивалентно неприводимости. Следовательно, $ℤ3 [x]/ (x2 + 1)$ - действительно поле.

Элементы этого поля - это всевозможные многочлены из $ℤ3 [x]$ , но только степени меньше, чем 2. Следовательно, это многочлены вида

bx + c, b,c ∈ ℤ3

Получается, таких различных многочленов будет 9 штук, по 3 варианта на каждый из двух коэффициентов, так что поле

ℤ3[x ]/ (x2 + 1)

состоит из девяти элементов.

Замечание. Оба поля, что из пункта a), что из пункта b), представляют из себя поля, отличные от $ℤp$ , поскольку в любом поле $ℤp$ - простое число элементов.

Ответ:

a) $8$ ;
b) $9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#106302

a) Что из себя представляет поле

ℝ [x ]/ (x+ 5)

?
b) Что из себя представляет поле

ℝ[x]/ (x2 + 1)

Показать ответ и решение

Когда мы факторизуем по неприводимому многочлену степени 1, ничего интересного не получается...

Действительно, построим гомоморфизм колец

φ : ℝ [x] → ℝ

Заданный правилом

φ (◟p◝◜◞ ) = p(− 5) ∈ℝ[x]

Ясно, что $kerφ = (x + 5)$ , в том смысле, что ядром отображения $φ$ является идеал, порожденный многочленом $x + 5$ . Поскольку многочлен $x + 5$ переходит в ноль, и в ноль перейдут в точности все многочлены, кратны $x + 5$ , потому что они и только они зануляются в точке $− 5$ .

Более того, ясно, что $φ$ - сюръективен, потому что существует многочлен, принимающий в точке $− 5$ любое наперед заданное значение. Следовательно, по основной теореме о гомоморфизмах:

ℝ [x ]/ kerφ = ℝ [x]/ (x+ 5) ∼= ℝ

То есть в результате факторизации здесь мы получаем просто-напросто поле вещественных чисел.

b) А вот это уже пример поинтереснее. Многочлен $x2 + 1$ очевидно неприводим над $ℝ$ , потому что в $ℝ$ он не имеет корней, а для многочленов второй степени это критерий неприводимости.

На самом деле, то что здесь описано - это просто правильное построение поля комплексных чисел.

Действительно, построим гомоморфизм колец

φ : ℝ [x] → ℂ

Заданный правилом

φ ( p ) = p(i) ◟◝◜◞ ∈ ℝ[x]

Ясно, что $kerφ = (x2 + 1)$ , в том смысле, что ядром отображения $φ$ является идеал, порожденный многочленом $2 x + 1$ . Поскольку многочлен $2 x + 1$ переходит в ноль, и в ноль перейдут в точности все многочлены, кратны $x2 + 1$ , потому что они и только они (среди многочленов с вещественными коэффициентами) зануляются в точке $i$ .

Более того, ясно, что $φ$ - сюръективен, потому что существует многочлен, принимающий в точке $i$ любое наперед заданное значение. Следовательно, по основной теореме о гомоморфизмах:

ℝ[x]/ ker φ = ℝ[x]/ (x2 + 1) ∼= ℂ

То есть в результате факторизации здесь мы получаем просто поле комплексных чисел.

В общем-то, мы так и строили ранее это поле, если задуматься. Мы присоединяли к $ℝ$ некоторую переменную, только называли её не $x$ , как в этом рассуждении, а $i$ (но конкретная буква, конечно, неважна). Однако, рассматривали не любые выражения с этой буквой, то есть, в нашем примере, рассматривали не все $ℝ[x]$ , а только такие выражения, которые учитывают тот факт, что $x2 + 1 = 0$ (или по старому $i2 = − 1$ ). Так вот всевозможные выражения с вещественными коэффициентами, но по модулю соотношения $x2 = − 1$ - это по сути фактор-кольцо

ℝ[x] / (x2 + 1)

и есть. Поэтому ничего удивительного, что мы получили уже знакомое нам поле $ℂ$ .

Ответ:

a) $ℝ$ ;
b) $ℂ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#111577

1. В поле $ℤ5[x]/ (2x3 + x2 + 4x+ 1)$ перемножить элементы $x2 + 3 + (2x3 + x2 + 4x + 1)$ и $2 3 2 x + 4+ (2x + x + 4x+ 1)$ .

2. В поле $ℤ3[x] / (x2 + 1)$ сложить элементы $2 x + 1+ (x + 1)$ и $2 x+ 2 + (x + 1)$ , а также найти обратный для элемента $x + (x2 + 1)$ .

Показать ответ и решение

1. Для того, чтобы перемножить эти элементы в поле $ℤ5[x]/ (2x3 + x2 + 4x + 1)$ , надо вначале перемножить представителей этих смежных классов как многочлены из $ℤ5[x]$ :

(x2 + 3)⋅(x2 + 4) = x4 + 4x2 + 3x2 + 12 = x4 + 2x2 + 2

А затем привести остаток по модулю $3 2 2x + x + 4x + 1$ :

4 2 3 2 2 x + 2x + 2 = (2x + x + 4x + 1)(3x + 1)+ 4x + 3x+ 1

Следовательно, результатом произведения $x2 + 3 + (2x3 + x2 + 4x + 1)$ на $x2 + 4 + (2x3 + x2 + 4x + 1)$ будет класс

4x2 + 3x+ 1 + (2x3 + x2 + 4x + 1)

2. Для того, чтобы сложить эти элементы в поле $ℤ3[x ] / (x2 + 1 )$ , надо вначале сложить представителей этих смежных классов как многочлены из $ℤ3[x]$ :

(x + 1)+ (x + 2) = x+ 3 = x

А затем привести остаток по модулю $2 x + 1$ . Но в данном случае приводить ничего не нужно, поскольку результат сложения уже имеет степень ниже 2. Следовательно, результатом суммы $2 x + 1+ (x + 1)$ и $2 x+ 2+ (x + 1)$ будет класс

2 x + (x + 1)

Далее, чтобы найти обратный для элемента $x + (x2 + 1)$ , нам нужно найти такой многочлен $q(x )$ степени ниже 2 с коэффициентами из $ℤ 3$ , что $q(x)⋅x = 1 + (x2 + 1)$ .

То есть

q(x) = ax + b, a,b ∈ ℤ3

и должно быть выполнено

2 2 ax + bx − 1 делится на x + 1

В целом, нетрудно и подобрать такие значения. Пусть $a = 2,b = 0$ . Тогда

2 2x − 1

делится на $2 x + 1$ , а именно,

2 2 2x − 1 = 2 ⋅(x + 1) в ℤ3[x ]

Таким образом, обратным для элемента $x+ (x2 + 1)$ в поле $ℤ3 [x ]/ (x2 + 1)$ будет элемент

2 2x + (x + 1)

Ответ:

1. $4x2 + 3x + 1 + (2x3 + x2 + 4x + 1)$ ;
2. $2 x+ (x + 1)$ и $2 2x+ (x + 1)$ соответственно

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#111581

Найти:

1. Для произвольного поля $K$ : $dimK K$ ;
2. $dim ℚℝ$ ;
3. $dim ℝℂ$ ;

Показать ответ и решение

1. Размерность любого поля $K$ как векторного пространства нам самим же собой равна, конечно, 1.

А именно, в качестве базиса в $K$ над $K$ можно взять единицу поля $K$ . Ясно, что она линейно независима, и любой элемент $α ∈ K$ является линейной комбинацией этой единицы с коэффициентами из $K$ :

α = α ⋅1

2. $dim ℝ = ∞ ℚ$ . То есть $ℝ$ как векторное пространство над $ℚ$ бесконечномерно. Мы не будем уточнять, счетна или континуальна эта размерность, но уж по крайней мере она бесконечна.

Действительно, если бы $dimℚ ℝ = n < ∞$ , то это означало бы, что в $ℝ$ можно было бы выбрать базис $e1,...,en ∈ ℝ$ таких, что любой $x ∈ ℝ$ являлся бы некоторой линейной комбинацией этих базисных с коэффициентами из $ℚ$ :

x = λ1e1 + ...+ λnen, λi ∈ ℚ

Однако, поскольку $e i$ - фиксированы, а $λ ∈ ℚ i$ , то таких линейных комбинаций будет лишь счётное количество, потому что мы конечное число раз выбираем коэффициент $λi$ , который может принимать счетное число значений.

3. $dim ℝℂ = 2$ .

Действительно, базисом в $ℂ$ над $ℝ$ является ${1,i}$ . И правда, каждое комплексное число $z ∈ ℂ$ является линейной комбинацией этих базисных с коэффициентами из $ℝ$ , то есть для каждого $z ∈ ℂ$ существуют $α, β ∈ ℝ$ такие, что

z = α ⋅1+ β ⋅i

Ответ:

1. $1$ ;
2. $∞$ ;
3. $2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#111589

1. Будет ли расширение $ℚ ⊂ ℝ$ алгебраическим?

2. Будет ли расширение $ℝ ⊂ ℂ$ алгебраическим?

Показать ответ и решение

Нет, поскольку тогда $ℝ$ оказалось бы счетным. Действительно, если бы это расширение было алгебраическим, то любой элемент $α ∈ ℝ$ будет алгебраическим над $ℚ$ , то есть будет являться корнем некоторого многочлена $p ∈ ℚ [x]$ с коэффициентами из $ℚ$ . То есть всего вещественных чисел было бы не больше, чем всего корней всевозможных многочленов с коэффициентами из $ℚ$ .

Однако, каждый многочлен $p ∈ ℚ [x ]$ имеет конечное число корней (не больше, чем его степень). А всего многочленов $p ∈ ℚ [x]$ - счетно. Поэтому и их корней - счетно. Значит, хотя бы какое-то вещественное число не является корнем никакого многочлена с рациональными коэффициентами. Следовательно, есть хотя бы одно не алгебраическое в $ℝ$ над $ℚ$ число, а, значит, по определению расширение $ℚ ⊂ ℝ$ не может быть алгебраическим.

2. Да. Во-первых, уже достаточно сказать то, что $dimℝ ℂ = 2$ , а любое конечномерное расширение - алгебраическое. Но давайте продемонстируем это в явном виде.

Пусть $α ∈ ℂ$ - комплексное число. Как же найти такой многочлен с вещественными коэффициентами, который зануляется в точке $α$ ?

Пусть $α = a+ ib, a,b ∈ ℝ$ .

Тогда ясно, что если бы мы взяли

p(x) = x− α

то конечно $p(α )$ был бы равен нулю.

Проблема только лишь в том, что $p(x)$ - не с вещественными коэффициентами. Да и вообще крайне сомнительно, чтобы мы смогли найти многочлен с вещественными коэффициентами степени 1, зануляющийся в точке $α$ . Ведь очевидно, что если $α ∈ ℂ$ - корень многочлена $p(x)$ с вещественными коэффициентами, то и $α-$ - тоже будет его корнем.

По-видимому, нам просто-напросто нужно взять

-- 2 -- 2 2 2 p(x) = (x− α)(x− α ) = x + (a− ib)(a+ ib)− αx − αx = x − 2ax + a + b

И теперь $p(x)$ - с вещественными коэффициентами и видно, что $α$ - его корень.

Ответ:

1. Нет;
2. Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#111591

Решить систему уравнений

( |||{ 3x + y + 2z = 1 || x + 2y + 3z = 1 |( 4x + 3y + 2z = 1

в поле $ℤ5$ .

Показать ответ и решение

Запишем расширенную матрицу системы:

( ) | 3 1 2 1| |( 1 2 3 1|) 4 3 2 1

Поменяем местами первую и вторую строчки:

( ) | 1 2 3 1| |( 3 1 2 1|) 4 3 2 1

Умножим вторую строчку на 2, а третью строчку на 4:

( ) | 1 2 3 1| |( 1 2 4 2|) 1 2 3 4

Тогда вычитая из последней строчки первую:

( ) 1 2 3 1 || || ( 1 2 4 2) 0 0 0 3

И теперь мы видим, что последнее уравнение системы нам говорит, что

0x + 0y + 0z = 3

Но в поле, конечно, так не бывает. Следовательно, система несовместна.

Ответ:

Нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#124945

Доказать, что если $F$ - конечное поле и $|F| = pn$ для какого-то простого $p$ и натурального $n$ , а $q$ - какое-то другое простое число $⁄= p$ , то в $F$ вообще не может быть подполя $L$ такого, что $|L| = ql$ .

Показать доказательство

Ясно, что $charF = p$ . Это можно объяснить многими способами: можно сказать, например, что $F$ является полем разложения волшебного многочлена $pn x − x$ над $ℤp$ , то есть $F$ - это расширение $ℤp$ . Но поскольку уже в $ℤp$ сумма $p$ единиц равна нулю, то в $F$ - тоже.

Но тогда если бы в $F$ нашлось подполе $L$ , в котором было бы $ql$ элементов для простого $q ⁄= p$ , то тогда мы должны были бы задать такой вопрос: а какова характеристика поля $L$ ? С одной стороны, конечно, $q$ (рассуждаем аналогично тому, что написано выше для самого $F$ ).

С другой стороны, $L$ - подполе в $F$ , но быть подполем $ℤp$ оно не может, поэтому $L$ - это расширение $ℤp$ . Но тогда, опять же, по тем же соображениям, характеристика $L$ должна быть равна $p$ . Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#124946

Есть ли в поле $F$ таком, что $|F | = 7550$ подполе $L$ такое, что:
a) $550 |L| = 6$ ;
b) $|L| = 350$ ;
c) $50 |L| = 7$ ;
d) $|L| = 7500$ ?

Показать ответ и решение

a) Нет, поскольку в поле $L$ вообще не может быть такого количества элементов. Количество элементов конечного поля - это всегда некоторая степень простого числа.

b) Нет, поскольку в поле из $n p$ элементов могут быть только подполя, в которых $m p$ элементов;

c) Да, поскольку 50 делит 550;

d) Нет, так как в поле из $pn$ элементов есть подполе из $pm$ элементов тогда и только тогда, когда $m$ делит $n$ , а 500 - не делит 550.

Ответ:

a) Нет;
b) Нет;
c) Да;
d) Нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#124947

Сколько различных подполей есть в поле $F$ таком, что $|F| = 22025$ ?

Показать ответ и решение

Воспользуемся теоремой о том, что в поле из $pn$ есть одно и только одно подполе, в котором $pm$ элементов при условии, что $m$ делит $n$ .

Таким образом, в поле $F$ , в котором $2025 2$ элементов, будет подполей столько, сколько есть делителей у числа $2025$ , причем для каждого такого делителя $d$ будет ровно одно подполе в $F$ , в котором будет как раз $2d$ элементов.

2025 = 34 ⋅52

Поэтому делителей у числа 2025, а, значит, и подполей в $F$ , будет $(4 + 1)(2 + 1) = 15$ штук.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#124983

a) Доказать, что если $p$ - простое число, то каждый биномиальный коэффициент $Ckp$ делится на $p$ при $k = 1,...,p− 1$ ;

b) Вывести отсюда $”$ формулу двоечника $”$ :

(a+ b)p = ap + bp

- над любым полем характеристики $p$ .

Показать доказательство

a) Действительно,

p! Ckp = --------- k!(p− k )!

Причем ясно, что числа сочетаний всегда целые. То есть $p! Ckp = k!(p−k)! ∈ ℤ$ .

Обозначим это число за $t$ . Итак,

---p!---- k!(p − k)! = t, t ∈ ℤ

Значит,

p! = k!⋅(p− k)! ⋅t

Левая часть, очевидно, делится на $p$ . Но, раз $p$ - простое число, то в правой части обязательно какое-то из чисел делится на $p$ . Ясно, что никакое из чисел, входящих в $k!$ , не делится на $p$ , так как, опять же, $p$ - простое, а мы предполагаем, что $k = 1,...,p − 1$ .

По тем же причинам получается, что никакое из чисел, входящих в $(p− k)!$ , не делится на $p$ . Тогда остается последняя альтернатива - это $t$ должно делиться на $p$ .

b) Просто раскрываем по $”$ обычному $”$ биному Ньютона $p (a+ b)$ , и все слагаемые, кроме первого и последнего, будут идти с коэффициентами, которые по пункту a) делятся на $p$ , то есть обращаются в ноль в любом поле характеристики $p$ .