Кострикин. Курс алгебры, задачник

[nnosipov]

Sinoid в сообщении #1529141 писал(а):

Если, например, будет $k_1=0$.

А тогда $k_2=\pm 1$ (ведь Вы считаете $k_1$ и $k_2$ взаимно простыми).

Нормальное доказательство.

[Sinoid]

nnosipov в сообщении #1529146 писал(а):

А тогда $k_2=\pm 1$

Стоп. А тогда в чём противоречие? Ведь $НОД(0,\,1)=1$ по договорённости.

[nnosipov]

Sinoid в сообщении #1529148 писал(а):

А тогда в чём противоречие?

Ну, Вы же хотели у $k_2$ взять любой простой делитель:

Sinoid в сообщении #1529141 писал(а):

Ну, и сокращай себе на здоровье $k_1$ на какой угодно простой делитель числа $k_2$.

Не выйдет

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529145 писал(а):

Если определитель не равен нулю по простому модулю, то он ...

С определителями у меня тоже заморочка. У меня получается, что если некоторый целоисчисленный и с целыми элементами определитель делится на некоторое простое число $p$, то хотя бы к одной его строке (столбцу) можно прибавить такую целоисчисленную комбинацию остальных его строк (столбцов), что все элементы вновь полученной(-го) строки (столбца) будут делиться на это простое $p$. Но, как это доказать, я пока, к сожалению, не знаю. Вообще, это же верное утверждение?

-- 20.08.2021, 23:19 --

nnosipov в сообщении #1529149 писал(а):

Ну, Вы же хотели у $k_2$ взять любой простой делитель:

Так 1 же - не простой делитель.

[nnosipov]

Sinoid в сообщении #1529154 писал(а):

Так 1 же - не простой делитель.

-- Доктор, у меня провалы в памяти.
-- И давно это у Вас?
-- Что давно?
-- Ну, эти провалы.
-- Какие провалы?

Короче, доказательство у Вас верное.

[lel0lel]

Sinoid в сообщении #1529154 писал(а):

У меня получается, что если некоторый целоисчисленный и с целыми элементами определитель делится на некоторое простое число $p$, то хотя бы к одной его строке (столбцу) можно прибавить такую целоисчисленную комбинацию остальных его строк (столбцов), что все элементы вновь полученной(-го) строки (столбца) будут делиться на это простое $p$. Но, как это доказать, я пока, к сожалению, не знаю. Вообще, это же верное утверждение?

Верное, с помощью метода Гаусса его можно доказать. Правда, придётся каждый раз умножать строки на появляющийся знаменатель, чтобы дробей не возникало. Но я предлагал проще. Определитель некой матрицы по простому модулю не зависит от того какие операции выполнять первыми: вычислять определитель в поле целых, а затем находить остаток или сначала находить остатки, потом сам определитель и снова его остаток.

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529158 писал(а):

с помощью метода Гаусса его можно доказать. Правда, придётся каждый раз умножать строки на появляющийся знаменатель, чтобы дробей не возникало.

Так ведь при этом будет меняться и определитель.

[lel0lel]

Вот мы методом Гаусса привели матрицу к диагональному виду, на диагонали некие несократимые дроби, домножаем на знаменатели. Определитель, конечно, меняется, но по-прежнему нулевой по модулю. Поэтому найдётся нулевой диагональный элемент, а значит существует нулевая линейная комбинация строк.

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529163 писал(а):

Определитель, конечно, меняется, но по-прежнему нулевой по модулю.

А в момент, когда

lel0lel в сообщении #1529163 писал(а):

на диагонали некие несократимые дроби,

, он нулевой или нет по модулю?

[lel0lel]

Ведь определитель это целое число и да, он нулевой по модулю. Если дроби перемножить, то получим целое число.

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529163 писал(а):

Поэтому найдётся нулевой диагональный элемент

В одном столбце какой-нибудь строки, ну, или в нескольких строках главной диагонали, а нужно-то, чтобы всю строку образовали.

[lel0lel]

Если мы привели матрицу к диагональному виду, то мы знаем линейную комбинацию, которая даёт вектор с единственной компонентой, поэтому обнуление любого диагонального элемента даёт нам нулевую строку (столбец).

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529304 писал(а):

Если мы привели матрицу к диагональному виду,

Так метод Гаусса-то приводит матрицу вовсе не к диагональному виду.

[lel0lel]

Есть прямой и обратный проход Гаусса. Они приводят матрицу к диагональному виду. Прямой к треугольному, а обратный к диагональному.

[Sinoid]

lel0lel в сообщении #1529314 писал(а):

Есть прямой и обратный проход Гаусса.

К сожалению, я этого не знаю. Да, и не думаю, что та задача, находясь в том месте задачника, в котором она находится, была рассчитана на это.

-- 22.08.2021, 23:06 --

lel0lel в сообщении #1529314 писал(а):

Они приводят матрицу к диагональному виду.

Вы же хотели сказать к ступенчатому?