Вопрос про идеал

[Unconnected]

Цитата:

Могут, могут: $(6)\cdot(10)=(60)\subset(2)$, и $(6)\subset(2),\,(10)\subset(2)$.

Ой, забыл уточнить, - в плане простых идеалов ( $(60)$ это не простой же). В главных, я так понимаю, это возможно лишь так: $(7m) \cdot (7m) = (7), m \in Z$

[Joker_vD]

У меня и есть в плане простых: $(2)$ прост, $(6)\cdot(10)\subset(2)$, поэтому хотя бы один из них лежит в $(2)$, но на самом деле, они там оба лежат.

$(7m)\cdot(7m)\ne(7)$. Нет. Неправда. Выкиньте это из головы и сделайте вид, что никогда не писали. $(a)(b)=(ab)$, а $(7m)(7m)=(49m^2)$ — отнюдь не простой идеал.

[Unconnected]

Ладно, с этим понятно.. тут дальше вводятся классы эквивалентности по идеалу ($\overline{r}=\left \{ x |x-r \in I \right \}$. И доказывается, что между (левыми) идеалами кольца R, содержащими $I$ и идеалами кольца этих классов существует биекция.
Вводятся два множества: $A$ - все подпространства $R$, содержащие $I$; и $B$ - все подпространства $\overline{R}$. И два отображения $f: A \to B$; $g: B \to A$. И написано, как они действуют: $f: r \to \overline{r}$, $g$ - обратное к $f$. И в итоге надо доказать (упражнением)), что $fg=A_{id}$, $gf=B_{id}$ (ну это ещё понятно, критерий биективности).
Во-первых, что и куда тут отображается? Вот $A \to B$: элементы, которые лежат исключительно в $ I$, уходят в ноль, остальные образуют подпространство в образе (но элементов там может быть...поменьше(даже если учесть ушедшие в ноль), потому что образующие пространства $A$ могут попасть в эквивалентные классы (которые, можно сказать, равны).. или не могут?). И вот когда обратно отображаем, получается одному классу соответствует несколько прообразов, нулю, например (тогда обратного отображения быть не может).

[Joker_vD]

...я даже боюсь спрашивать, откуда у вас в кольце взялись подпространства. А указанный факт, что идеалы $R$, содержащие $I$, взаимно-однозначно (с сохранием включений) соответствуют идеалам $R/I$, настолько очевиден, что его иногда даже и не доказывают. Но все же:

Берем каноническое отображение $\pi\colon R\to R/I$, проверяем, что если $J$ — идеал $R$, то $\pi(J)$ — идеал $R/I$ (это неверно для случая произвольного гомоморфизма). Теперь вводим $A$ — множество всех идеалов $R$, содержащих $I$; и $B$ — множество всех идеалов $R/I$. По доказанному, $\pi$ индуцирует отображение $\overline\pi\colon A\to B$, $\overline\pi(J)=\pi(J)$ (что именно здесь написано? Четко, очень четко сформулируйте это).

Ну что ж, если $J_1,J_2\in A$ — два различных идеала, то $\overline\pi(J_1)\ne\overline\pi(J_2)$. Инъективность есть. Сюръективность: вот у нас есть $J\in B$ — идеал $R/I$. Рассмотрим $J^*=\pi^{-1}(J)$ — это будет идеал $R$, содержащий $I$, т.е. элемент $A$. Остается лишь показать, что $\overline\pi(J^*)=J$ — сможете?

Ну, сохранение вложений очевидно, если вы доказали инъективность.

[Unconnected]

Подпространства в кольце - это с ними мы тут идеалы отождествляем (в общем-то, довольно естественно, по-моему).

Цитата:

$\pi$ индуцирует отображение $\overline\pi\colon A\to B$, $\overline\pi(J)=\pi(J)$ (что именно здесь написано?

Сужение отображения на идеалы, содержащие $I$. То есть, тут в качестве элементов образа-прообраза выступают именно идеалы, а не их элементы.

Доказываю инъективность: $J_1, J_2$ различны - значит, есть $a \in J_1, a \notin J_2, b \in J_2,b \notin J_1$. Но, после отображения,$ \overline{a} = \overline{b}$. Значит, $\overline{a-b}=\overline{0}$, $a-b=0, a=b$, противоречие.

Цитата:

Рассмотрим $J^*=\pi^{-1}(J)$ — это будет идеал $R$, содержащий $I$, т.е. элемент $A$.

А тут случайно не $\overline{\pi}$ должно быть? А то, эдак, если отобразить идеал $J$, содержащий $I$, и такой же, но без $I$ - в образе будет по-моему один и тот же идеал..

[Joker_vD]

Из того, что $\overline{a}=\overline{0}$ вовсе не следует $a=0$ — как контр-пример возьмите любой ненулевой элемент $I$. Попробуйте еще раз.

Unconnected в сообщении #542946 писал(а):

А тут случайно не $\overline\pi$ должно быть?

Т.е. положить $J^*=\overline\pi^{-1}(J)$? Не-а. Запись $\overline\pi^{-1}(J)$ обозначает две вещи: либо прообраз, либо образ при обратном отображении. Но прообраз в данном случае — это множество всех идеалов, которые $\overline\pi$ переводит в идеал $J$. Оно не является подмножеством кольца $R$, а потому не может и быть идеалом. А существование обратного отображения не доказано — для этого нужна сюръективность $\overline\pi$.

[Unconnected]

Цитата:

Из того, что $\overline{a}=\overline{0}$ вовсе не следует $a=0$ — как контр-пример возьмите любой ненулевой элемент $I$.

А, ну значит $a-b \in I$ (ядре гомоморфизма), а $I$ присутствует в обоих идеалах, противоречие.

Цитата:

А существование обратного отображения не доказано — для этого нужна сюръективность $\overline\pi$.

А для $\pi$ разве доказано существование обратного отображения? Оно ведь не биекция, два идеала могут перейти в один..

[Joker_vD]

Вот поэтому-то я и беру в качестве $J^*$ прообраз идеала $J$ при каноническом отображении $\pi\colon R\to R/I$, т.е. $\pi^{-1}(J)$.

[Unconnected]

Ой, да - я в тот раз нагло подумал, что опечатка.. ну даже если так, обратное отображение сопоставляет одному образу - один элемент из $R$, а тут одному нулю уже целый идеал приписывают.. я читал, что выше написано, про трактовку такой записи - но в определении обратного отображения ведь конкретно сказано..

Цитата:

$\overline\pi(J^*)=J$

Ну вроде как почти очевидно - всё, что связано с $I$ в $J^*$ - уйдет в ноль, а что не связано - перейдёт в своих собратьев с чертой сверху, то есть как и было в $J$.

added: хотя не так очевидно, но тоже вроде доказывается: любой элемент из $J$ можно представить как $a+b$, где $a \in I, b \in J \setminus I$. Ну и дальше по свойству гомоморфизма понятно..

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #542980 писал(а):

но в определении обратного отображения ведь конкретно сказано..

А оно у вас есть, обратное отображение? Лишь биективные отображения обратимы, а для них говорить о прообразе как о множестве, сами понимаете, смысла никакого.

Unconnected в сообщении #542980 писал(а):

всё, что связано с $I$ в $J^*$ - уйдет в ноль, а что не связано - перейдёт в своих собратьев с чертой сверху, то есть как и было в $J$.

Заметьте, вы сейчас вычисляете $\overline\pi(J^*)$ по определению, т.е. как $\pi(J^*)$ — образ идеала $J^*$ при каноническом гомоморфизме... но вы уверены, что всякий элемент $J$ заимел прообраз в $J^*$? Разве не могло бы такого случиться, что есть какой-то хитрый $\mu\in J$, что $\forall x\in R\; \pi(x)\ne z$?

(Спойлер, хотя его тоже по-хорошему надо доказывать или твердо знать)

Если $f\colon X\to Y$, $B\subset Y$ то $f(f^{-1}(B))\subset B$ — и равенство имеет место тогда и только тогда, когда $B\subset f(X)$.

-- Вс фев 26, 2012 22:57:22 --

Unconnected в сообщении #542980 писал(а):

added: хотя не так очевидно, но тоже вроде доказывается: любой элемент из $J$ можно представить как $a+b$, где $a \in I, b \in J \setminus I$. Ну и дальше по свойству гомоморфизма понятно..

Ну нет. Есть похожее утверждение, но в данном конкретном случае это неверно — у нас $J\subset R/I$, т.е. состоит из классов $a+I$, где $a\in J^*(?)\subset R$ — т.е. именно то, что мы доказываем.

Вы имели ввиду, что если $J\supset I$, то любой $x\in J$ разваливается в сумму $x=a+b$, где $a\in I, b\in J\mathop\diagdown I$. Э нет, это неправда. Если $x\in I\subset J$, то вы его так не сможете представить, если же $x\in J\,\diagdown\,I$, то он уже так представлен: $x=0+x$.

[Unconnected]

Звезду потерял: любой элемент из $J^*$ можно представить как $a+b$, где $a \in I, b \in J^* \setminus I$. Ну и дальше по свойству гомоморфизма понятно..

Цитата:

Если $x\in I\subset J$, то вы его так не сможете представить, если же $x\in J\,\diagdown\,I$, то он уже так представлен: $x=0+x$.

В первом случае элемент уйдет в ноль(кстати, он там тоже уже представлен, $x=0+x$, $0$ ведь есть в $I$), а во втором - в $\overline{x}$, и все нормально.. Другое дело, когда оба слагаемых ненулевые, а выживет только одно - и значит несколько элементов будут в один переходить.

Цитата:

но вы уверены, что всякий элемент $J$ заимел прообраз в $J^*$?

Да вроде все заимели.. А чего им не заиметь-то, черту стёр и готово O_o

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #543003 писал(а):

Да вроде все заимели.. А чего им не заиметь-то, черту стёр и готово O_o

Как у вас все просто... $J=(\overline2)\subset\mathbb Z/(6)$. Его элементы — $\overline 2, \overline 4, \overline 0$. Какой у него прообраз? $\{0,2,4\}\subset\mathbb Z$? Но в целом идея верная, "все элементы $R/I$ имеют вид "что-то из $R$ с чертой". Т.е. — $\pi$ сюръективно. Это я и хотел услышать.

Ладно, идем дальше. Вы не можете представить $x\in I\subset J$ как сумму элементов из $I$ и $J\setminus I$: в вашем разложении $x=0+x$ и ноль, и $x$ принадлежат $I$. И в любом случае, такое разложение нафиг не нужно, все элементы $J$ и без того делятся на две категории: те, что в $I$, и те, что в $J\setminus I$. Первые слипнутся в ноль, вторые же перейдут в ненулевые элементы $R/I$, причем они при этом друг с дружкой не слипнутся, и вы это уже доказали.

-- Вс фев 26, 2012 23:33:26 --

Ну, докажите теперь аккуратно, что $\overline\pi(J^*)=J$.

[Unconnected]

Цитата:

Какой у него прообраз? $\{0,2,4\}\subset\mathbb Z$?

Да побольше, можно даже сказать что все чётные числа.. Ну я имел в виду стереть черту у класса и всех ему равных)

Цитата:

все элементы $J$ и без того делятся на две категории: те, что в $I$, и те, что в $J\setminus I$

(наверное $J^*$ имеется в виду) А как же те, которые образованы ненулевыми числами из $I$ и $J^*$? Я придерживаюсь пока предыдущего плана:
1) $x \in I$ - в ноль
2) $x \in J^*, x \notin I$ - переходит в $\overline{x}$
3) x - линейная комбинация элементов $I$ и $J^*$ - после гомоморфизма остаётся только часть линейной комбинации с образующими из $J^*$, с чертой. Всё это в J есть..

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #543015 писал(а):

А как же те, которые образованы ненулевыми числами из $I$ и $J^*$?

Пардон, у вас идеалы — сумма элемента из $I$ и элемента из $J^*$ является элементом $J^*$ (но не элементом $I$). И трехстадийный план нафиг тут не нужен — элемент $x\in J^*$ переходит в $x+I$ (он же $\overline{x}$), вот и вся любовь.

Итак, еще раз. Берем $J\in R/I$. Строим $J^*=\pi^{-1}(J)$. Показываем, что $\pi(J^*)=J$: раз $x\in J^*$, то он прообраз кого-то из $J$ и поэтому $\pi(x)\in J$, $\pi(J^*)\subset J$; каждый элемент $J$ имеет вид $\overline{x}$, где $x\in R$, его прообразом является, например, $x$, который попадает в $J^*$ по построению, и раз $\overline x=\pi(x)$, $x\in J^*$, то $J\subset \pi(J^*)$.

Между прочим, с вас еще доказательство того факта, что если $J\supset I$ — идеал $R$, то $\pi(J)$ — идеал $R/I$.

[Unconnected]

Ну, вроде прояснилось..

Доказательство факта: $a,b, a+b \in J \to \overline{a},\overline{b},\overline{a+b} \in J$. И с произведением та же песня.