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



Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Пара задач по алгебре (гомоморфизмы и идеалы)
Сообщение20.01.2006, 18:34 


17/11/05
14
Добрый день! Можем быть кто-нибудь может помочь с этими задачами?

1) Каким образом можно находить группы гомоморфизмов? Например, Hom(Z_{12}, Z_5). И откуда следует что выполнено св-во Hom(A_1 + A_2,B) = Hom(A_1,B) + Hom(A_2,B)?

2) Как можно показать, что если A -- конечная коммутативная алгебра с единицей над
полем K и B -- подалгебра в A, то для всякого максимального идеала I в A
пересечение B\cap I является максимальным идеалом в B,
и каждый максимальный идеал в B имеет такой вид.

Поправил название на более информативное. Dan_Te

 Профиль  
                  
 
 Re: Пара задач по алгебре
Сообщение20.01.2006, 19:38 
Заслуженный участник


31/12/05
1047
dsacode писал(а):
1) Каким образом можно находить группы гомоморфизмов? Например, Hom(Z_{12}, Z_5).

Группа $Z_{12}$ порождена элементом $a$ и соотношением $a^{12} = e$. Образ $a'$ этого элемента при гомоморфизме тоже должен удовлетворять соотношению $a'^{12} = e$, то есть его порядок должен быть делителем 12. А в $Z_{12}$ такой элемент только один - $e'$, остальные имеют порядок 5. Так что гомоморфизм только один - тривиальный.

dsacode писал(а):
И откуда следует что выполнено св-во Hom(A_1 + A_2,B) = Hom(A_1,B) + Hom(A_2,B)?

Строгое доказательство есть в любом учебнике, поэтому попробую объяснить наглядно.
Элементы $A_1 \oplus A_2$ - это просто пары элементов $A_1$ и $A_2$ с почленным сложением. Поэтому элемент $Hom(A_1 \oplus A_2,B)$, то есть гомоморфизм из $A_1 \oplus A_2$ в $B$ - это фактически пара независимых гомоморфизмов по каждой компоненте, то есть пара элементов $Hom(A_1,B)$ и $Hom(A_2,B)$. А так как для гомоморфизмов абелевых групп определена структура группы, то мы можем назвать эту пару элементом $Hom(A_1,B) \oplus Hom(A_2,B)$.
Теперь заменяем слова "это фактически" и "назвать" выражением "отождествить каноническим изоморфизмом", и остается только записать в буковках и проверить, что получился действительно изоморфизм.

 Профиль  
                  
 
 Ответ
Сообщение20.01.2006, 20:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
1) ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_{12},\mathbb{Z}_{5})=0$

2)Имеет место не равенство, а канонический изоморфизм (в категории абелевых групп)
$$
{\rm Hom}(A_1\oplus A_2,B)\cong{\rm Hom}(A_1,B)\oplus{\rm Hom}(A_2,B).
$$
Строится он так. Гомоморфизму $\alpha\colon A_1\oplus A_2\to B$ ставится в соответствие пара гомоморфизмов $(\alpha_1,\alpha_2)$, где гомоморфизмы $\alpha_i\colon A_i\to B$ определены соотношениями $\alpha_1(a_1) = \alpha((a_1,0))$ и $\alpha_2(a_2) = \alpha((0,a_2))$.


Вообще, гомоморфизмы из ${\rm Hom}(A_1\oplus\ldots\oplus A_m,B_1\oplus\ldots\oplus B_n)$ можно рассматривать как матрицы вида
$$
\left(
\begin{array}{ccc}
f_{11} &\ldots&f_{1m}\\
\multicolumn{3}{c}{\dotfill}\\
f_{n1} &\ldots&f_{nm}
\end{array}
\right),
$$
где $f_{ij}\in{\rm Hom}(A_j,B_i)$. При этом, если прведенная выше матрица соответствует гомоморфизму $f$\in{\rm Hom}(A_1\oplus\ldots\oplus A_m,B_1\oplus\ldots\oplus B_n)$, то для любого элемента $(a_1,\ldots,a_m)\in A_1\oplus\ldots\oplus A_m$ образ относительно $f$ можно вычислить как произведение матрицы на вектор:
$$
f((a_1,\ldots,a_m))=\left(
\begin{array}{ccc}
f_{11} &\ldots&f_{1m}\\
\multicolumn{3}{c}{\dotfill}\\
f_{n1} &\ldots&f_{nm}
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
a_1\\
\vdots\\
a_m
\end{array}
\right).
$$


3) Утверждение верно не тольео для конечных, но и для конечномерных алгебр.
Доказательство. Пусть $I\lhd A$ --- максимальный идеал. Рассмотрим гомоморфизм алгебр
$ B\to A/I$, $b\mapsto b+I$. Ядро этого гомоморфизма есть $B\cap I$ значит $B/(B\cap I)$ вкладывается в $A/I$. $A/I$ --- поле, поэтому $B/(B\cap I)$ не имеет делителей $0$. Следовательно $B/(B\cap I)$ --- поле и $B\cap I$ --- максимальный идеал.

Пусть теперь $J$ --- произвольный максимальный идеал из $B$. Пусть $I$ --- идеал в $A$ порожденный $J$. Имеют место включения $J\subseteq B\cap I\subseteq B$. Поскольку $1\notin B\cap I$, то $J = B\cap I$, что дает искомое представление для $J$.


Долго же я все это писал! tolstopuz успел ответить.

 Профиль  
                  
 
 Спасибо!
Сообщение20.01.2006, 20:46 


17/11/05
14
Огромное спасибо за столь исчерпывающие ответы!

А как в общем случае рассмотреть группы Hom(Z_i,Z_j)? Я правильно понимаю,
что она будет изоморфна Z_x, гдe x -- количество возможностей отобразить
единицу из Z_i в Z_j?

 Профиль  
                  
 
 Re: Спасибо!
Сообщение21.01.2006, 02:12 
Заслуженный участник


31/12/05
1047
dsacode писал(а):
А как в общем случае рассмотреть группы Hom(Z_i,Z_j)? Я правильно понимаю, что она будет изоморфна Z_x, гдe x -- количество возможностей отобразить единицу из Z_i в Z_j?

Ну да, не единицу в смысле единичного элемента, а число 1 или какой-нибудь другой генератор. А допустимые образы генератора - те, порядок которых является делителем $i$, и они образуют единственную циклическую подгруппу $\mathbb{Z}_j$ порядка $gcd(i, j)$, то есть порядок ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_i,\mathbb{Z}_j)$ тоже равен $gcd(i, j)$. Можно отобразить 1 в любой генератор этой подгруппы - получившийся гомоморфизм будет генератором ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_i,\mathbb{Z}_j)$, потому что его порядок тоже равен $gcd(i, j)$. То есть ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_i,\mathbb{Z}_j)$ действительно циклическая.

Например, ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_{12},\mathbb{Z}_{30})\cong\mathbb{Z}_6$, так как образом 1 может быть любой элемент порядка 1, 2, 3 или 6, то есть 0, 5, 10, 15, 20 или 25 (любой другой образ, умноженный на 12, не даст 0). То есть умножение на 5 является генератором ${\rm Hom}(\mathbb{Z}_{12},\mathbb{Z}_{30}) - остальные пять гомоморфизмов кратны ему.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

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