Плоскости умножения в комплексном пространстве

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564759 писал(а):

Вообще, если вы хотите доказать какое-то утверждение, то может быть полезно ослабить условие и попробовать найти контрпример.

Но какое утверждение я должен доказать? $a^2=b^2\to a=\pm b$?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564760 писал(а):

Но какое утверждение я должен доказать? $a^2=b^2\to a=\pm b$?

Да.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564761 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1564760 писал(а):

Но какое утверждение я должен доказать? $a^2=b^2\to a=\pm b$?

Да.

$$a\cdot a=b\cdot b\to a=a^{-1}\cdot b\cdot b\to a\cdot b^{-1}=a^{-1}\cdot b\to b^{-1}\cdot a=a^{-1}\cdot b,$$

или

$$\frac {a}{b}=\frac {b}{a}\to a=\pm b.$$

Можно сразу разделить обе части равенства $a\cdot a=b\cdot b$ на $a\cdot b$, получим то же самое.

Но не надо ли доказать, что

$$\frac {a}{b}=\frac {b}{a}\to a=\pm b$$

? И если надо, то как?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564764 писал(а):

$a\cdot a=b\cdot b\to a=a^{-1}\cdot b\cdot b$

А кто вам сказал, что $a$ обратим?

Vladimir Pliassov в сообщении #1564764 писал(а):

Но не надо ли доказать, что

$$\frac {a}{b}=\frac {b}{a}\to a=\pm b$$

Надо, конечно. С учетом того, что даже если $a$ и $b$ обратимы, то это всё равно может быть не так (найдите пример кольца вычетов, в котором уравнение $x^2 = 1$ имеет больше двух решений).

Деление вам тут не понадобится, результат верен для любой области целостности.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564776 писал(а):

А кто вам сказал, что $a$ обратим?

Правда, $a$ ведь может быть равно нулю. Рассмотрим этот случай.

$a^2=0^2=0$, тогда $0=b^2=b\cdot b$.

Пусть $b\ne 0$. Поскольку в поле каждый ненулевой элемент обратим, имеем $0=b\cdot b\to 0\cdot b^{-1}=b\to 0=b$. Таким образом, наше допущение неверно, и $b=0$.

Значит, при $a=0$ (или $b=0$) имеем $a^2=b^2\to a=b=0=\pm 0=\pm b.$.

mihaild в сообщении #1564776 писал(а):

найдите пример кольца вычетов, в котором уравнение $x^2 = 1$ имеет больше двух решений

В $\mathbb Z_8$ решениями будут $1, 3, 5, 7$. Пусть $a=[3], b=[7],$ тогда

$$\frac {3}{7}\ne \frac {7}{3},$$

хотя $7^{-1}\cdot 3=3^{-1}\cdot 7.$

Но как же доказать, что $a^2=b^2\to a=\pm b$?

Если бы доказать, что $b^{-1}\cdot a=a^{-1}\cdot b=1,$ то можно было бы доказать, что $a=b,$ но тогда $a\ne \pm b,$ потому что $a= -b.$ только если $b=-b,$ то есть если $b=0\to a=b=0.$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564789 писал(а):

Поскольку в поле каждый ненулевой элемент обратим, имеем $0=b\cdot b\to 0\cdot b^{-1}=b\to 0=b$.

Так тоже можно, но ИМХО лучше воспользоваться отсутствием в поле делителей нуля. Тогда этот же результат получится и для произвольной области целостности.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564789 писал(а):

что $a=b,$ но тогда $a\ne \pm b,$

На всякий случай, запись $a = \pm b$ в данном контексте означает "$a = b$ или $a = -b$", а не $a = b = -b$.

Пусть $a^2 = b^2$, но $a \neq b$ и $a \neq -b$. Соорудите из этого делитель нуля.

Vladimir Pliassov в сообщении #1564789 писал(а):

только если $b=-b,$ то есть если $b=0$

Это тоже неправда. Приведите пример поля, в котором уравнение $x = -x$ имеет ненулевое решение.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564792 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1564789 писал(а):

Поскольку в поле каждый ненулевой элемент обратим, имеем $0=b\cdot b\to 0\cdot b^{-1}=b\to 0=b$.

Так тоже можно, но ИМХО лучше воспользоваться отсутствием в поле делителей нуля. Тогда этот же результат получится и для произвольной области целостности.

$a^2=0^2=0$, тогда $0=b^2=b\cdot b$. Поскольку в поле нет делителей нуля, в $b\cdot b$ одно из $b$ равно нулю, а так как $b=b,$ то и второе тоже, то есть, вообще,
$b=0.$

mihaild в сообщении #1564792 писал(а):

Приведите пример поля, в котором уравнение $x = -x$ имеет ненулевое решение.

$\forall x\in \mathbb Z_2 \colon x=-x.$

mihaild в сообщении #1564792 писал(а):

Пусть $a^2 = b^2$, но $a \neq b$ и $a \neq -b$. Соорудите из этого делитель нуля.

Могу сказать только, что, например, в $\mathbb Z_8$ при $a=3, b=5$ имеем $a^2 = b^2$ и $a \neq b$ (хотя $a= -b$).

При этом $1, 3, 5, 7$ не являются делителями нуля, а $2, 4, 6$ являются, потому что

Цитата:

В коммутативном конечном кольце с единицей каждый ненулевой элемент либо обратим, либо является делителем нуля. Википедия

[mihaild]

Перепишите равенство $a^2 = b^2$ немного в другом виде, и воспользуйтесь известной из школы формулой преобразования.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564818 писал(а):

Перепишите равенство $a^2 = b^2$ немного в другом виде, и воспользуйтесь известной из школы формулой преобразования.

$$a^2 = b^2\to a^2-b^2=(a+b)\cdot (a-b)=0.$$

Поскольку $a \neq b$ и $a \neq -b$, то $(a-b)\ne 0$ и $(a+b)\neq 0$, значит либо $a+b$, либо $a-b$, либо они оба являются делителем нуля.

[Vladimir Pliassov]

$$a^2 = b^2\to a^2-b^2=(a+b)\cdot (a-b)=0.$$

Пусть $a \neq b$ и $a \neq -b$, тогда $(a-b)\ne 0$ и $(a+b)\neq 0$, и либо $a+b$, либо $a-b$, либо они оба являются делителями нуля.

Так как рассматривается поле, то ни $a+b$, ни $a-b$ не может быть собственным делителем нуля (потому что в поле нет собственных делителей нуля).

Если же либо $a+b=0$, либо $a-b=0$, то либо $a=-b$, либо $a=+b$.

Таким образом,

$$a^2=b^2\to a=\pm b.$$

[mihaild]

Первых трех строчек достаточно, после них сразу можно сказать что мы от противного доказали что $a = b$ или $a = -b$.

mihaild в сообщении #1564692 писал(а):

Что вы можете сказать о $P(\alpha)$ - может ли оно оказаться нулем?

Я сообразил, что рассуждение, о котором я думал для этого вопроса, опирается на основную теорему алгебры, которая у Винберга рассматривается в 3й главе. Так что вполне возможно что вы пока не сможете ответить на этот вопрос, и я не могу гарантировать, что думать над ним полезно.
Впрочем, ответ на исходный вопрос (существует ли нетривиальное расширение $\mathbb C$) тоже после прочтения 3й главы станет очевидным.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1564939 писал(а):

рассуждение, о котором я думал для этого вопроса, опирается на основную теорему алгебры, которая у Винберга рассматривается в 3й главе. Так что вполне возможно что вы пока не сможете ответить на этот вопрос, и я не могу гарантировать, что думать над ним полезно.
Впрочем, ответ на исходный вопрос (существует ли нетривиальное расширение $\mathbb C$) тоже после прочтения 3й главы станет очевидным.

Да, конечно, можно немножко отложить (я уже читаю 2-ю главу). Спасибо!

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1564789 писал(а):

В $\mathbb Z_8$ решениями будут $1, 3, 5, 7$. Пусть $a=[3], b=[7],$ тогда $\frac {3}{7}\ne \frac {7}{3},$

Это я пропустил, а зря.
Как вы вообще понимаете это неравенство, а точнее - участвующие в нем дроби?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1565009 писал(а):

Как вы вообще понимаете это неравенство, а точнее - участвующие в нем дроби?

Да, это я неправильно написал. Неравенство $\frac {3}{7}\ne \frac {7}{3}$ верно в поле $\mathbb Q$, но не в поле $\mathbb Z_8$, в котором $7^{-1}=7$ и $3^{-1}=3$:

если обозначить $7^{-1}$ как $\frac{1}{7}$, $3^{-1}$ как $\frac{1}{3}$, а неравенство $\frac {3}{7}\ne \frac {7}{3}$ как $3\cdot 7^{-1}\ne 7\cdot 3^{-1}$ (можно представить его еще в трех вариантах), то в $\mathbb Z_8$ оно неверно (умножение в $\mathbb Z_n$ коммутативно).

Но возникает вопрос: что такое $\frac {3}{7}$? Это $3\cdot 7^{-1}$ или $7^{-1}\cdot 3$? Ведь, вообще, может быть некоммутативность. Или выражение $\frac {3}{7}$ употребляется только в случае коммутативности?

[mihaild]

Да, именно так. Т.е. если $a^2 = b^2$, и $a$ и $b$ обратимы, то $\frac{a}{b} = \frac{b}{a}$.

Vladimir Pliassov в сообщении #1565015 писал(а):

Или выражение $\frac {3}{7}$ употребляется только в случае коммутативности?

Я его вроде бы видел вообще только применительно к полям. Но на случай произвольного коммутативного кольца оно распространяется понятным способом, если знаменатель обратим. Для некоммутативного ИМХО так писать не стоит.