Конечное расширение поля

[Joker_vD]

Ну... ну степени. Ну вот так он и переходит, да. И чего? Полюбовались?

Unconnected в сообщении #547100 писал(а):

Отображаю самый простой представитель, $g=\sum_{k=0}^n a_k x^k$,

В каждом фактор-классе есть полным-полно элементов. Однако в случае $K[x]/(f)$ в каждого классе есть очень замечательный, очень простой представитель: многочлен степени $<\deg f$. И он там один такой.

Вот, а раз у нас $\deg f=2$, то все такие замечательные представители имеют степень не выше первой, и могут быть записаны в виде $g(x)=ax+b$.

Вам же должны были рассказывать, что $K[x]/(f)$ можно рассматривать как множество всех многочленов из $K[x]$ степени не выше $\deg(f)-1$, в котором все операции производятся по модулю $f$.

[Unconnected]

Цитата:

Однако в случае $K[x]/(f)$ в каждого классе есть очень замечательный, очень простой представитель: многочлен степени $<\deg f$. И он там один такой.

О как! Это меняет дело. А для класса $\overline{x^3}$ как выглядит такой представитель?

Понятно, что можно показать для самого маленького представителя и будет норм, просто в какой-то теме ранее в этом случае ещё показывал, что образ не изменится от выбора представителя, сейчас по инерции тоже хотел) Ну тут это сложнее видимо.

Цитата:

Вам же должны были рассказывать, что $K[x]/(f)$

Определённо, должны! :) Были.

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #547108 писал(а):

А для класса $\overline{x^3}$ как выглядит такой представитель?

С остатком на $f(x)$ поделите — узнаете. Зависит от того, чему на самом деле равен $f(x)$! Если $f(x)=x^2+1$, то $\overline{x^3}=\overline{-x}$; а если, например, $f(x)=x^2+x+10$, то $\overline{x^3}=\overline{-9x+10}$...

Unconnected в сообщении #547108 писал(а):

Понятно, что можно показать для самого маленького представителя и будет норм, просто в какой-то теме ранее в этом случае ещё показывал, что образ не изменится от выбора представителя, сейчас по инерции тоже хотел) Ну тут это сложнее видимо.

Пардон, вы какой случай сейчас рассматриваете? Для $\varphi\colon \mathbb R[x]\to\mathbb C$, $\varphi(x)=-f_1+i\sqrt{f_2}$ (мой первый)? Или для $\varphi\colon \mathbb R[x]/(f)\to\mathbb C$, $\varphi(ax+b+(f))=ax_0+b$ (мой второй)?

[Unconnected]

Таак.. хорошее напоминание, что идеал $<f>$ образуется умножением f не только на числа, но и многочлены.. Ну, тогда упражнение, сюрьективность (для самого первого случая):
$\varphi(ax+b)=a(-f_1+i\sqrt{f_2})+b = b-af_1 + i \cdot a \sqrt{f_2}$
Возьмём $c+di \in C$. Выходит, $c=b-af_1, d=a\sqrt{f_2}, a=\frac{d}{\sqrt{f_2}}$, - всегда существует, т.к. R - поле. И $b$ выражается через $a$.
Элемент $<f> = mf, \varphi{(mf)}=\varphi{(m)} \cdot \varphi{(0)}=0$.

[Joker_vD]

Вы почти-таки написали $a=\frac{d}{\sqrt{f_2}},\;b=c+d\frac{f_1}{\sqrt{f_2}}$ — хорошо, элемент $ax+b$ будет переводиться в $c+di$. Сюръективность есть, теперь давайте ядро.

[Unconnected]

Так вот же оно: любой элемент $<f> = mf, m \in R[X], \varphi{(mf)}=\varphi{(m)} \cdot \varphi{(0)}=0$

[Joker_vD]

а) Почему $\varphi(f)=\varphi(0)=0$?
б) Ну и что? Это всего лишь значит, что $(f)\subset\ker\varphi$. Может, в ядре еще чего найдется?

[Unconnected]

1) 0 лежит в $<f>$, а после факторизации все элементы слипаются в один, можно взять 0. Хотя попробую доказать, что от выбора представителя не зависит, тут это будет показательно)
2) Мм.. ну, если в ядре ещё что-то, то оно вида $ax+b$, и оно в ноль никак не перейдёт.. вроде так можно.

[Joker_vD]

Ох, полет валькирий фантазии...

Unconnected
Какая еще факторизация, мне вот интересно? Какие представители? У вас же $\varphi\colon\mathbb R[x]\to \mathbb C$.

Unconnected в сообщении #547122 писал(а):

вида $ax+b$, и оно в ноль никак не перейдёт

Это верно: при $a\ne 0$ или $b\ne 0$ многочлен $ax+b$ в ноль никак не переходит. Но почему "если в ядре ещё что-то, то оно вида $ax+b$"?

[Unconnected]

Ну как же, $L:=R[X]$, и $<f>$ его идеал. Значит, после факторизации по $<f>$ все его, $<f>$, элементы, перейдут в нуль. Да, наверное не надо было и писать $\varphi(f)$, сразу от нуля.

Цитата:

если в ядре ещё что-то, то оно вида $ax+b$

Ну, какого-то оно вида должно же быть (и ненулевого, как известно), а значит у него есть представитель $ax+b$, если поделить с остатком то он получится (а это можно, т.к. евклидово кольцо, которое из-за R-поля)).

Интересное "совпадение", если подставить $\varphi(x)=-f_1+i\sqrt{f_2}$ в $f(x)=(x+f_1)^2+f_2$, то будет 0 )

[Joker_vD]

Unconnected в сообщении #547127 писал(а):

Значит, после факторизации

Какой еще факторизации? Еще раз, $\varphi$ действует из $\mathbb R[x]$ в $\mathbb C$. Докажите, что $\varphi(f)$ даст ноль... О, наконец-то: вы нашли $\varphi(f)$ (записав, как обычно, небрежно и абы как):

$$\varphi(f)=\varphi((x+f_1)^2+f_2)=(\varphi(x)+\varphi(f_1))^2+\varphi(f_2)=(-f_1+i\sqrt{f_2}+f_1)^2+f_2=(i\sqrt{f_2})^2+f_2=-f_2+f_2=0.$$

А можно еще быстрее, если понимать, что $\varphi$ всего-навсего вычисляет значение многочлена в точке $-f_1+i\sqrt{f_2}$.

Unconnected, я вообще-то каждый раз привожу ваш ответ в человеческий вид не только потому, что эстетическое чувство вопияет, а потому что я хочу, чтобы и вы научились аккуратно и граммотно писать. Для этого, конечно, стоит иметь ясность в голове, но эти две вещи взаимосвязаны.

[Unconnected]

del

[Joker_vD]

Напоминаю содержание предыдущей серии: чтобы построить изоморфизм $A/B$ и $C$, достаточно построить сюръективный гомоморфизм $A\to C$ с ядром $B$. Чем я и предложил заняться. Второй вариант — строить действительно сразу изоморфизм из $A/B$ на $C$. Но придется дополнительно доказывать корректность.

Ладно, ответьте на такой вопрос лучше: если $\varphi(g)=0$, то что вы можете сказать про связь между $f$ и $g$? Подсказка — многочлены можно делить друг на друга с остатком.

-- Вс мар 11, 2012 01:53:06 --

Н-да, наверно, лучше было бы сразу определить $\varphi(g)=g(-f_1+i\sqrt{f_2})$...

[Unconnected]

Ааа... я всё это время думал, что (так как доказываем $L/<f> \cong C$) отображение $\varphi$ идёт из фактор-кольца.. ну, впрочем, и теперь понятно: у нас была теорема, что если есть сюрьективный гомоморфизм колец (тут не колец, но тоже неплохо), то фактор-кольцо первого по ядру гомоморфизма изоморфно второму (кольцу). Чёртова невнимательность

Цитата:

если $\varphi(g)=0$, то что вы можете сказать про связь между $f$ и $g$?

$\varphi(mf)=0$ тоже, значит.. $mf=g, g \in <f>$. Это наверное как доказательство, что других идеалов в ядре нет.
А хотя и не факт, не инъекция же.. (..думаю..)

[Joker_vD]

$\mathbb R[x]$ — кольцо многочленов, $\mathbb C$ — поле и, следовательно, кольцо.

Ну так и докажите, что $g=mf$! Понятно, что $\varphi(mf)=0$, но вдруг есть $g\ne mf\;\forall m\in\mathbb R[x]$, такой, что $\varphi(g)=0$?

Кстати, не стоит обозначать многочлен буквой $m$: и $m$, и $n$ прочно зарезервированы за натуральными числами. Возьмите $h$ или (для остатка от деления) $r$.