2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 20:40 
Изоморфны ли кольца $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ и $\mathbb{C}$?

Поскольку полином $x^2+x+1$ неприводим в $\mathbb{R}[x]$ факторкольцо $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ является полем.

Чтобы узнать изоморфны ли кольца, нужно задать отображение и проверить, является ли оно изоморфизмом.

Зададим отображение $\varphi(c+dx+(x^2+x+1))=c+di$

1) Проверим, является ли оно гомоморфизмом.

При проверке $\varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b)$ всё сошлось, но при проверке умножения у меня не сходятся значения.

$\varphi((c_1+d_1x)(c_2+d_2x))=\varphi(d_1d_2x^2+(c_1d_2+c_2d_1)x+c_1c_2)$

При перемножении элементов $(c_1+d_1i),(c_2+d_2i)$ получается полином второй степени и его нужно разделить на $x^2+x+1$, прежде чем отображать. Получается $\varphi((c_1c_2-d_1d_2)+(c_1d_2+c_2d_1-d_1d_2)x) = (c_1c_2-d_1d_2)+(c_1d_2+c_2d_1-d_1d_2)i$, что явно не совпадает с $(c_1+d_1i)(c_2+d_2i)$.

Если бы можно было задать отображение $\varphi_2(f(x))=f(i)$ и получившийся полином второй степени не делить на $x^2+x+1$то всё бы сошлось, при проверке умножения. Но ведь элементами $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ являются остатки от деления на $x^2+x+1$, то есть полиномы не выше первой степени. Думаю, что эти кольца изоморфны и ошибка где-то в моих рассуждениях. Пожалуйста, подскажите, что не так.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 20:53 
Mary84 в сообщении #871868 писал(а):
Изоморфны ли кольца $\mathbb{R}/(x^2+x+1)$ и $\mathbb{C}$.
Вероятно, Вы имеете в виду $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ :!:

Mary84 в сообщении #871868 писал(а):
Думаю, что эти кольца изоморфны и ошибка где-то в моих рассуждениях.
Попробуйте найти корень полинома $x^2+x+1$ явно как комплексное число, это позволит Вам выписать изоморфизм непосредственно.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 20:57 
Вот корни)

$x^2+x+1=0$

$D=1-4 \cdot 1 \cdot 1 = -3=3i^2$

$x_1=\frac{-1+3i}{2}$

$x_2=\frac{-1-3i}{2}$

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 21:19 
Mary84 в сообщении #871873 писал(а):
Вот корни)$x_1=\frac{-1+3i}{2}$
ага, а теперь смотрите: многочлен $t^2+t+1$ имеет корень $\frac{-1+3i}{2}$ над $\mathbb{C}$. А найдите какой-нибудь корень многочлена $t^2+t+1$ над $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$.
Куда теперь надо будет отобразить $\frac{-1+3i}{2}$, чтобы построить изоморфизм $\mathbb{C}$ в $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ :?:

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 21:31 
Подставим вместо $t$ общий вид элементов факторкольца.

$(a+bx)^2+(a+bx)+1=0$

$a^2+2abx+b^2x^2+a+bx+1=0$

$b^2x^2+(2ab+b)x+a^2+a+1=0$

Теперь разделим это уравнение на $x^2+x+1$
Получим остаток и приравняем его к 0: $(2ab+b-b^2)x+a^2-b^2+a+1=0$

Теперь нужно решить систему уравнений:

$
\begin{cases}
  2ab+b-b^2=0  \\ 
 a^2-b^2+a+1=0
\end{cases}$

Подобрала $a=0, b=1$. Т.е. корень - $bx$.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 21:42 
Mary84 в сообщении #871885 писал(а):
Я правильно мыслю?
Я просто не понял, о чем Вы пишите. Напишите все-таки, какой корень у многочлена $t^2+t+1$ точно есть в поле $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ :?: Это просто: для этого не нужно писать десять строк, достаточно сильно меньше - а именно, одного символа

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 21:54 
Только один символ...ничего кроме $x$ на ум не приходит.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 21:57 
Mary84 в сообщении #871891 писал(а):
Только один символ...ничего кроме $x$ на ум не приходит.

ну конечно, ведь $x^2+x+1=0$ в поле $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ :!:

OK, теперь у нас есть корни многочлена $t^2+t+1$ над $\mathbb{C}$ и $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$. Как будем изоморфизм строить?

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 22:05 
Я предположу. Раз у нас два корня в $\mathbb{C}$, значит и два отображения возможны. Нужно $x$ отображать в один из корней.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 22:49 
Mary84 в сообщении #871898 писал(а):
Нужно $x$ отображать в один из корней.
Ну правильно, конечно. В общем, куда мы будем переводить $a+bx$, чтобы построить изоморфизм из $\mathbb{R}[x]/(x^2+x+1)$ в $\mathbb{C}$?

Останется проверить, что это правда изоморфизм.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение04.06.2014, 22:53 
$\varphi(a+bx) = a+b\frac{(-1+3i)}{2}$
$\varphi(a+bx) = a+b\frac{(-1-3i)}{2}$

Вот так получается, буду свойства проверять тогда)

Умножение опять не совпадает.

$\varphi((a_1+b_1x)(a_2+b_2x))=\varphi((a_1a_2+a_1b_2x+a_2b_1x+b_1b_2x^2)=

=\varphi((a_1a_2-b_1b_2)+(b_1a_2+a_1b_2-b_1b_2)x)=

=(a_1a_2-b_1b_2)+(b_1a_2+a_1b_2-b_1b_2)\frac{(-1+3i)}{2}=\varphi(a_1+b_1x)\varphi(a_2+b_2x)-b_1b_2  $

Я делю $a_1a_2+a_1b_2x+a_2b_1x+b_1b_2x^2$ на $x^2+x+1$, потому что он второй степени, а эл-ты факторкольца не выше первой. Но потом лишний член получается.

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение05.06.2014, 02:22 
Мы с Вами просто квадратное уравнение неправильно решили еще 5 сообщений назад :-(
Mary84 в сообщении #871873 писал(а):
Вот корни)

$x^2+x+1=0$

$D=1-4 \cdot 1 \cdot 1 = -3=3i^2$

$x_1=\frac{-1+3i}{2}$

$x_2=\frac{-1-3i}{2}$
Должно быть $\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$, и тогда все сходится. А когда будете проверять аксиомы, можете попробовать (хотя для этой задачи это и необязательно) думать о $\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ просто как о каком-то-числе-которое-удовлетворяет-условию $t^2+t+1=0$. Это
(1) позволит избежать вычислений,
(2) позволит понять, что $\mathbb{R}[x]/h(x)$ изоморфно $\mathbb{C}$ для любого неприводимого многочлена $h\in\mathbb{R}[x]$,
(3) просто правильнее и по-хорошему должно быть удобнее,
(4) ?????
(5) PROFIT

 
 
 
 Re: Изоморфизм колец
Сообщение05.06.2014, 23:50 
Точно! С $\frac{-1+\sqrt{3i^2}}{2}$ всё сошлось.

Хочу уточнить насчёт проверки аксиом. Мне не обязательно было проверять гомоморфизм?
Инъективность и сюръективность тоже не нужно? И как обосновать отсутствие необходимости проверки аксиом(и нужно ли это делать вообще).

Абстрагируемся от конкретных значений.

Пусть у нас $\varphi(f(x))=L$.

$\varphi(f(x+x))=f(2L)$

Теперь с умножением.
($-x-1\--$ это остаток от деления $x^2$ на $x^2+x+1$ )

$L^2=\varphi( f(x^2)) = \varphi(f(-x-1)) =\varphi(f(-x))+\varphi(f(-1)) = -L-1$

Т.е. для выполнения $\varphi(a \cdot b)=\varphi(a)\varphi(b)$ нужно, чтобы $L^2+L+1=0$ в $\mathbb{C}$

 
 
 [ Сообщений: 13 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group