Задача на идеалы и смежные классы

[Naatikin]

Помогите разобраться с задачей:
Поле $F$, $f(x) \in F[x]$, $deg f(x) > 0$. Доказать, что смежный класс $g(x)+(f(x)) \in F[x]/(f(x))$ обратим тогда и только тогда когда, когда НОД$(g(x),f(x)) \in F^{*}$.

Пока, что я пришёл к следующему:
для идеала задаётся умножение след образом: $(g+(f(x)))\cdot(g^{-1}+(f(x)))=1+(f(x))$.
НОД может принимать значения $x^2+1, 1 , 2 ....$. Предполагаю надо попробовать использовать линейное представление НОД, но пока ничего найти не могу.
спасибо

[Sonic86]

Тут вроде как обычно - надо расписать, что означает $\text{НОД}(f,g)=1$ (Вы это назвали линейным представлением) и взять это по модулю $f$.

[Joker_vD]

$(g(x)+(f(x)))((g(x))^{-1}+(f(x)))=1+f(x)$ в терминах элементов означает $g(x)(g(x))^{-1}=1+f(x)h(x)$. Что там вы говорили про линейное представление НОД?

[Sonic86]

Joker_vD в сообщении #585948 писал(а):

$(g(x)+(f(x)))((g(x))^{-1}+(f(x)))=1+f(x)$ в терминах элементов означает $g(x)(g(x))^{-1}=1+f(x)h(x)$. Что там вы говорили про линейное представление НОД?

Когда существует $g^{-1}(x)$?

[Naatikin]

Sonic86 в сообщении #585937 писал(а):

Тут вроде как обычно - надо расписать, что означает (Вы это назвали линейным представлением) и взять это по модулю .

мне кажется, что НОД не обязательно 1
а линейное представление: $g(x)\cdot a(x)+f(x)\cdot b(x)=c(x), a,b,c \in F^{*}$

[Sonic86]

Какой элемент является обратным к элементу $x$ в $\mathbb{Z}[x]/(x^2)$?

Naatikin в сообщении #585962 писал(а):

а линейное представление: $g(x)\cdot a(x)+f(x)\cdot b(x)=c(x), a,b,c \in F^{*}$

Ну да
Если трудно - сформулируйте и решите аналогичную задачу для обычных числовых классов вычетов.

[Joker_vD]

Sonic86 в сообщении #585958 писал(а):

Когда существует $g(x)^{-1}$?

Тогда, когда написанное выше равенство может удовлетворяться, и только тогда. Ну не люблю я вводить обозначение, скажем, $s(x)$, потом искать $s(x)$ и в конце замечать, что этот $s(x)$ является обратным к $g(x)$, причем наш метод отыскания $s(x)$ выдает его тогда и только тогда, когда существует $g(x)^{-1}$.

Naatikin в сообщении #585962 писал(а):

мне кажется, что НОД не обязательно 1

Обязательно.

[Sonic86]

(Оффтоп)

Joker_vD в сообщении #585974 писал(а):

Ну не люблю я вводить обозначение, скажем, $s(x)$, потом искать $s(x)$ и в конце замечать, что этот $s(x)$ является обратным к $g(x)$, причем наш метод отыскания $s(x)$ выдает его тогда и только тогда, когда существует $g(x)^{-1}$.

Ааа, ясно

[Naatikin]

Joker_vD в сообщении #585974 писал(а):

Обязательно.

поясните пож-та

[Joker_vD]

Пожалуйста: наибольшим общим делителем многочленов $f(x),g(x)\in K[x]$ ($K$ — поле) называется нормированный многочлен $d(x)$, такой, что:
1) $d(x)$ является общим делителем $f(x)$ и $g(x)$;
2) если $h(x)$ — общий делитель $f(x)$ и $g(x)$, то $h(x)$ делит $d(x)$.

[Naatikin]

НОД$(x^2+x,x)=x$

[Joker_vD]

Тьфу, я почему-то приписал вашему сообщение несколько иной контекст... Да, НОД двух многочленов не обязан быть равен $1$.

[Naatikin]

Sonic86 в сообщении #585965 писал(а):

Если трудно - сформулируйте и решите аналогичную задачу для обычных числовых классов вычетов.

класс $(a+7z) \in Z/7Z$ имеет обратный тогда и только тогда, когда НОД$(a,7) \in Z^*$.
сформулировал, но как доказать не придумал. если пробовать от противного, то получается что НОД должен быть нулём, а нулём он быть не может - противоречие.

[Sonic86]

Naatikin в сообщении #586073 писал(а):

сформулировал, но как доказать не придумал. если пробовать от противного, то получается что НОД должен быть нулём, а нулём он быть не может - противоречие.

Необязательно нулем, он может быть равен и $7$.

Как-то плохо получается Лучше возьмите $\mathbb{Z}_{10}$ - там и элементов мало и все принципиальные моменты хорошо видны... Попробуйте хоть перебором найти обратимые элементы. После этого Вы сразу сможете доказать то что требуется в одну сторону (а именно, если НОД неединичен, то обратимого элемента нету)

Вы все-таки попробуйте еще раз:

Sonic86 в сообщении #585937 писал(а):

надо расписать, что означает $\text{НОД}(f,g)=1$ (Вы это назвали линейным представлением) и взять это по модулю $f$.

[Naatikin]

Sonic86 в сообщении #586082 писал(а):

Необязательно нулем, он может быть равен и .

$F^*$ это мультипликативная группа поле без нуля, а тогда если доказывать от противного - нужно предположить что НОД равен 0, это выполняется если оба элемента равны 0.