Кольцо из 5 элементов либо изоморфно Z5, либо нулевое умнож.

[student1138]

Здравствуйте.

Помогите, пожалуйста решить такую задачу:

Цитата:

Доказать, что кольцо $K$, состоящее из пяти элементов, либо изоморфно $Z_5$, либо является кольцом с нулевым умножением.

У самого не появилось каких-то реалистичных идей как ее решать.

UPD

Обновляю сообщение с учетом полученных подсказок.

Мне в другом месте подбросили идейку что аддитивная группа должна быть циклической, состоящей из элементов вида $n\cdot 1$. Если это действительно так, то тогда я примерно догадываюсь как дальше двигаться. Нужно построить таблицу Кэли для операции умножения и она судя по всему совпадет с таблицей $Z_5$.

Однако в таком случае нужно сначала доказать что аддитивная группа и правда циклическая (мне это не кажется очевидным). Хотя такой подход подразумевает и и наличие единицы. Пробую рассмотреть все последовательности:

$1$
$1 + 1$
$1 + 1 + 1$
$1 + 1 + 1 + 1$
$1 + 1 + 1 + 1 + 1$

Если группа и правда циклическая, порожденная единицей, то все 5 последовательностей должны отличаться. Но как-то не получается доказать это. Да и вообще не факт что в правильном направлении двигаюсь.
Вот какие-то такие мысли.

[provincialka]

Ну... нельзя выкладывать задачу без попыток решения. Вы хоть определения приведите, что ли. Может, что-то и сдвинется. Что такое"кольцо", например?

[Brukvalub]

Можно начать с рассмотрения альтернативы: в кольце есть единица, в кольце нет единицы.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач(и).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Xaositect]

student1138 в сообщении #1117242 писал(а):

Если группа и правда циклическая, порожденная единицей, то все 5 последовательностей должны отличаться. Но как-то не получается доказать это.

Просто коммутативных групп из 5 элементов в принципе не так много :)

[mihaild]

Вы знаете утверждение про связь порядка элемента группы и размера группы?
Если нет - возьмите в группе ненулевой элемент $a$ и посмотрите, где в последовательности $a, a+a, \ldots$ первый раз встретится $0$.

[student1138]

mihaild в сообщении #1117491 писал(а):

Вы знаете утверждение про связь порядка элемента группы и размера группы?
Если нет - возьмите в группе ненулевой элемент $a$ и посмотрите, где в последовательности $a, a+a, \ldots$ первый раз встретится $0$.

Вы навели на мысль!

Порядок элемента равен порядку порожденной им циклической подгруппы. При этом порядок подгруппы делит порядок группы (теорема Лагранжа). Но порядок нашей группы - простое число, значит подгруппа, порожденная любым ненулевым элементом содержит либо 1 элемент либо 5.
Первый случай невозможен (т.к. мы выбрали ненулевые элементы), значит остается второй. Значит, наша группа действительно циклическая.

Спасибо большое! Теперь попробую аккуратно все доказать.

mihaild в сообщении #1117491 писал(а):

посмотрите, где в последовательности $a, a+a, \ldots$ первый раз встретится $0$.

Я думал про это но не смог придумать почему $0$ не может встретиться раньше чем мы перечислим всю группу. Например $a + a + a = 0$. Вот просто интересно, без использования теоремы Лагранжа можно ли было это доказать?

[provincialka]

student1138 в сообщении #1117496 писал(а):

Вот просто интересно, без использования теоремы Лагранжа можно ли было это доказать?

Ну... возможно, каким-нибудь перебором.. 5 -- число маленькое.

student1138 в сообщении #1117242 писал(а):

Мне в другом месте подбросили идейку что аддитивная группа должна быть циклической, состоящей из элементов вида $n\cdot 1$

А что такое $1$?

Brukvalub в сообщении #1117288 писал(а):

Можно начать с рассмотрения альтернативы: в кольце есть единица, в кольце нет единицы.

[student1138]

provincialka в сообщении #1117565 писал(а):

А что такое $1$?

Единица кольца.

На самом деле это уже не важно. Можно взять любой ненулевой элемент $a$ кольца, тогда все элементы будут иметь вид $0, a, 2a, 3a, 4a$

[provincialka]

student1138
Можно! Так записать можно. А вот есть ли в кольце единица -- это как раз и не ясно.
Если есть -- её можно взять за $a$. А если нет? Впрочем, вы, наверное, уже решили задачу?

[student1138]

provincialka в сообщении #1117574 писал(а):

Если есть -- её можно взять за $a$. А если нет? Впрочем, вы, наверное, уже решили задачу?

Вы правы, с единицей есть проблема. Вот мое доказательство на случай с единицей:

1) С учетом теоремы Лагранжа, любой ненулевой элемент $a$ порождает циклическую подгруппу, совпадающую со всей группой. Поэтому все элементы кольца можно записать в виде $0, a, 2a, 3a, 4a$

2) Построим Таблицы Кэли для операций сложения и умножения. С учетом закона дистрибутивности а так же цикличности группы, например:
$2a + 4a = 6a \equiv 2a \mod 5$
$2a \cdot 4a = 8a^2 \equiv 3a^2 \mod 5$

3) В случае, когда в кольце есть единица, можно ее взять в качестве $a$ и тогда $a^2 = a$. В таком случае следующее отображение будет изоморфизмом: $f: na \mapsto n \mod 5$. Проверим это:

• $f(na +ma) = f((n+m)a) \equiv n+m = f(na) + f(ma) \mod5 $
• $f(na \cdot ma) = f((nm)a^2) = f((nm)a) \equiv nm = f(na)f(ma) \mod 5$

А вот для случая без единицы это отображение уже не будет изоморфизмом, проверил. Подскажите, корректно ли доказательство выше, нет ли в нем пробелов. А так же что делать в случае без единицы?

[provincialka]

Нормально. Единственно, вы могли бы сразу взять за $a$ единицу кольца и построить с учетом дистрибутивности таблицу умножения.

student1138 в сообщении #1117656 писал(а):

А так же что делать в случае без единицы?

student1138 в сообщении #1117242 писал(а):

либо является кольцом с нулевым умножением.

Пусть $a\cdot a =b$, заполните в таблице умножения строку $a$.

[student1138]

provincialka в сообщении #1117695 писал(а):

Пусть $a\cdot a =b$, заполните в таблице умножения строку $a$.

Попробовал, вроде не вижу никаких зацепок:
Пусть $a^2 = na, 2\leqslant n \leqslant 4$
Умножение для $a$ будет выглядеть следующим образом:

• $a \cdot 0 = 0$
• $a \cdot a = na$
• $a \cdot 2a = 2na$
• $a \cdot 3a = 3na$
• $a \cdot 4a = 4na$

Вроде все в порядке, закон дистрибутивности выполняется.

[RIP]

student1138 в сообщении #1117735 писал(а):

Пусть $a^2 = na, 2\leqslant n \leqslant 4$

Докажите, что тогда найдётся такой элемент $e=ka\ne0$, что $e^2=e$.