Задачки по алгебре

[caxap]

Проверьте, пожалуйста (задачи из "Курса алгебры" Винберга):

2.1. Доказать, что каждая подгруппа группы $\mathbb Z$ имеет вид $n\mathbb Z$, где $n\in \mathbb Z$, $n\ge 0$.

(Пояснения)

Как я понял (Винберг не поясняет) имеется в виду группа $(\mathbb Z,+)$ с обычной операцией сложения, а $n\mathbb Z=\{nk\mid k\in\mathbb Z\}$.

Пусть $k$ принадлежит подгруппе $(\mathbb Z,+)$. Тогда ей принадлежат и $\ldots,k-k-k,k-k=0,k,k+k,k+k+k,\ldots$, которые образуют множество $k\mathbb Z$.
Если же имеется ещё элемент $m$ в этой подгруппе, который не равен ни одному из перечисленных, то при некоторых (взаимно простых) целых $a,b$ будет $ak-bm=1$, а значит подгруппа равна всей группе $(\mathbb Z,+)$ (можно получить любое целое число складывая и вычитая единицы).

3.5. Доказать, что поле $\mathbb Q$ не имеет нетривиальных (т. е. отличных от него самого) подполей.

Пусть $(X,+,\times)$ -- подполе $(\mathbb Q,+,\times)$. Тогда $1\in X$, а значит любое целое число принадлежит $X$. Но $\mathbb Q\ni\frac mn=\frac 1n+\ldots+\frac 1n\in X$ (в сумме $m$ слагаемых).

5.1. Доказать, что при любом $n$ элемент $[k]_n$ обратим тогда и только тогда, когда $n$ и $k$ взаимно просты.

Пусть $k^{-1}$ обратный к $k$, т. е. $[k]_n[k^{-1}]_n=[kk^{-1}]_n=[1]_n\iff kk^{-1}=1\pmod n\iff kk^{-1}-mn=1$ ($m\in\mathbb Z$) -- это уравнение в целых числах относительно $k^{-1}$ и $m$; оно имеет решение, если НОД $k$ и $m$ делит $1$, то есть когда $k$ и $m$ взаимно просты.

[mihailm]

caxap в сообщении #408739 писал(а):

Проверьте, пожалуйста (задачи из "Курса алгебры" Винберга):

2.1. Доказать, что каждая подгруппа группы $\mathbb Z$ имеет вид $n\mathbb Z$, где $n\in \mathbb Z$, $n\ge 0$.

(Пояснения)

Как я понял (Винберг не поясняет) имеется в виду группа $(\mathbb Z,+)$ с обычной операцией сложения, а $n\mathbb Z=\{nk\mid k\in\mathbb Z\}$.

Пусть $k$ принадлежит подгруппе $(\mathbb Z,+)$. Тогда ей принадлежат и $\ldots,k-k-k,k-k=0,k,k+k,k+k+k,\ldots$, которые образуют множество $k\mathbb Z$.
Если же имеется ещё элемент $m$ в этой подгруппе, который не равен ни одному из перечисленных, то при некоторых (взаимно простых) целых $a,b$ будет $ak-bm=1$, а значит подгруппа равна всей группе $(\mathbb Z,+)$ (можно получить любое целое число складывая и вычитая единицы).

с чего это k и m взаимно просты? это неверно

[caxap]

mihailm в сообщении #408749 писал(а):

с чего это k и m взаимно просты? это неверно

я имел в виду взаимно простые $a$ и $b$. Но если $k$ и $m$ не взаимно просты, то либо $m\in k\mathbb Z$, либо $k\in m\mathbb Z$.

[mihailm]

caxap в сообщении #408753 писал(а):

mihailm в сообщении #408749 писал(а):

с чего это k и m взаимно просты? это неверно

я имел в виду взаимно простые $a$ и $b$. Но если $k$ и $m$ не взаимно просты, то либо $m\in k\mathbb Z$, либо $k\in m\mathbb Z$.

тоже нет

[caxap]

ОК. Пусть $k$ принадлежит подгруппе группы $\mathbb Z$. Тогда она включает также и всё множество $k\mathbb Z$ (пример такой подгруппы -- $5\mathbb Z$). До сюда верно?

Теперь надо показать, что не существует подгруппы, отличной от $k\mathbb Z$ для некоторого $k\in\mathbb Z_{\ge 0}$. Пусть подгруппа содержит элементы $m,k$ такие, что ни один из них не получается умножением другого на целое число. Но тогда мы сможем подобрать такие целые числа $a,b$, что $ak-bm=1$. А если у нас есть единица, то эта подгруппа = всей группе $\mathbb Z=1\mathbb Z$. Где я ошибся?

[mihailm]

подозрительное рассуждение :)
"Пусть k принадлежит подгруппе группы"
а потом
отличной от $k\mathbb Z$ для некоторого $k\in\mathbb Z_{\ge 0}$

[caxap]

Это две разные $k$. В первом абзаце я писал, что если какое-то число $k$ принадлежит подгруппе, то ей принадлежит и всё множество $k\mathbb Z$. В частности, подгруппа может содержать только эти элементы. Пример $5\mathbb Z$.

Во втором абзаце я пробовал построить подгруппу вида, отличного от $n\mathbb Z$ (я заменил $k$ на $n$, чтобы не было коллизий). Если подгруппа содержит только элементы, которые получаются друг из друга умножением на целое число или имеют НОД больше 1, то мы приходим к тому же случаю $m\mathbb Z$. Если же есть взаимно простые элементы, то подгруппа обязана содержать 1, а значит совпадает со всей группой. То есть в любом случае подгруппа имеет вид $m\mathbb Z$, $m$ неотрицательное целое.

[mihailm]

caxap в сообщении #408785 писал(а):

... Во втором абзаце я пробовал построить подгруппу вида, отличного от $n\mathbb Z$...

этот кусок можно выкинуть из док-ва? или тут есть что то нужное для док-ва?

-- Чт фев 03, 2011 23:41:51 --

(Оффтоп)

Тройка сойдет?

[Lazy]

При доказательстве 2.1 Вы зачем-то рассматриваете и разности $k$, хотя в условии сказано явно что $n\in \mathbb Z$, $n\ge 0$. Я бы исходил из того, что $\mathbb Z$ можно факторизовать по эквивалентности на непересекающиеся классы нужного вида. Далее, показать, что эти классы полностью покрывают $\mathbb Z$. Доказано.

3.5 не стал решть, ибо совсем тупой под вечер...

В 5.1 Вы все условие привели?

[ИСН]

caxap в сообщении #408771 писал(а):

Пусть подгруппа содержит элементы $m,k$ такие, что ни один из них не получается умножением другого на целое число. Но тогда мы сможем подобрать такие целые числа $a,b$, что $ak-bm=1$.

$m=12,\,k=15$, и чо?
(Фигня, конечно, но иной раз через такие дыры пролезают знаете какие монстры?)

[Day]

2.1. А не проще ли так.
Пусть X подгруппа Z. k - ее минимальный положительный элемент. Если m != ak, возьмем максимальный a, ak < m. m - ak < k - противоречие

[caxap]

ИСН в сообщении #408872 писал(а):

$m=12,\,k=15$, и чо?

Я потом дополнил:

caxap в сообщении #408785 писал(а):

Если подгруппа содержит только элементы, которые получаются друг из друга умножением на целое число или имеют НОД больше 1 [...]

$\operatorname{gcd}(12,15)=3$, поэтому они лежат в $3\mathbb Z$.

Lazy в сообщении #408807 писал(а):

Я бы исходил из того, что $\mathbb Z$ можно факторизовать по эквивалентности на непересекающиеся

Параграф про факторизацию идёт после этой задачи.

ИСН в сообщении #408872 писал(а):

В 5.1 Вы все условие привели?

Папдон, забыл написать, что рассматривается кольцо $\mathbb Z_n$.

-- 04 фев 2011, 11:18 --

Day
Действительно, так проще. Спасибо. Но только в следующий, пожалуйста, не пишите полностью решение, я хочу сам решить (я уже и сам почти дошёл, что надо отталкиваться от минимального элемента).

[VAL]

Day в сообщении #408876 писал(а):

2.1. А не проще ли так.
Пусть X подгруппа Z. k - ее минимальный положительный элемент.

Угу.
А дальше удобно применить теорему о делении с остатком.

[caxap]

А остальные задачки правильно?

5.2. Доказать, что в поле $\mathbb Z_p$ выполнено $a^p=a$ (Малая теорема Ферма).

Предполагается доказательство исходя из того, что характеристика $\mathbb Z_p$ равна $p$. В частности, бином Ньютона $(a+b)^p=a^p+b^p$. Я по всякому пытался это применить, но безрезультатно. Подскажите, пожалуйста, с чего начать?

[VAL]

caxap в сообщении #408914 писал(а):

А остальные задачки правильно?

А там еще задачки были? :)
Сейчас посмотрю.

Цитата:

5.2. Доказать, что в поле $\mathbb Z_p$ выполнено $a^p=a$ (Малая теорема Ферма).

Предполагается доказательство исходя из того, что характеристика $\mathbb Z_p$ равна $p$. В частности, бином Ньютона $(a+b)^p=a^p+b^p$. Я по всякому пытался это применить, но безрезультатно. Подскажите, пожалуйста, с чего начать?

Начните, например, с того, что порядок мультипликативной группы $\mathbb Z_p$ равен $p-1$, а любой элемент группы в степени порядка группы дает единицу. Собственно этим можно и закончить :)

Есть и другие подходы.

Например, учесть, умножение всех классов вычетов по модулю $p$ на один фиксированный ненулевой класс $a$ только переставляет местами эти классы.

-- 04 фев 2011, 14:44 --

caxap в сообщении #408914 писал(а):

А остальные задачки правильно?

В 3.5, если делать все аккуратно, надо показать, что 1 принадлежит подполю.

Я понимаю, что в любом поле должен быть нейтральный элемент по умножению.
Но в общем случае это не обязан быть то же самый нейтральный элемент.

Рассмотрите, например кольцо $\mathbb{Z}_{20}$. В нем есть нейтральный элемент $[1]_{20}$. В подкольцо $\{[0]_{20},[4]_{20},[8]_{20},[12]_{20},[16]_{20},\}$ этот нейтральный элемент не входит. Но в нем есть свой нейтральный элемент - $[16]_{20}$. (Более того, это подкольцо даже является полем.)

Поэтому надо показать, что в случае, когда исходное кольцо поле, такая ситуация невозможна.