отображение класса вычетов [x]

[Eugeniy]

popolznev в сообщении #901113 писал(а):

Вопчем-то из ложного предположения всегда вытекают всякие бессмыслицы.

Ладно. Докажите, что $[3] = [1]$ - истинное предположение.

[popolznev]

В $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ - это просто по определению так. Возьмите соответствующий букварь да прочтите определение.

[Nemiroff]

Чего, уже четыре страницы человек числа в квадратные скобки заключать не умеет?
Eugeniy, вы либо научитесь чему-то и осознаете, что вот это

Eugeniy в сообщении #900897 писал(а):

Стало быть равенство $[1] = [3]$ не имеет смысла в кольце $\mathbb{Z}/(2)$.

— бред, либо вся дискуссия бессмысленна абсолютно.

Eugeniy в сообщении #901123 писал(а):

Докажите, что $[3] = [1]$ - истинное предположение.

Зачем? Тут все кроме вас это и так знают (естественно, в соответствующем контексте). Если вам интересно, как это делать, а вы не знаете — Xaositect вам уже выдал способ доказательства.

[Eugeniy]

popolznev в сообщении #901128 писал(а):

В $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ - это просто по определению так. Возьмите соответствующий букварь да прочтите определение.

Я примерно такого ответа и ожидал...

-- 28.08.2014, 10:21 --

Nemiroff в сообщении #901129 писал(а):

Eugeniy, вы либо научитесь чему-то и осознаете, что вот это

Eugeniy в сообщении #900897 писал(а):

Стало быть равенство $[1] = [3]$ не имеет смысла в кольце $\mathbb{Z}/(2)$.

— бред, либо вся дискуссия бессмысленна абсолютно.

Звучит так, что если я это признаю, Вы прям сразу же ответите мне на мой исходный вопрос. Так надо понимать?

[nnosipov]

Eugeniy в сообщении #901133 писал(а):

Вы прям сразу же ответите мне на мой исходный вопрос

А какой у Вас исходный вопрос? Если тот, который в стартовом топике, то ответ на него я Вам дал.

[Eugeniy]

nnosipov в сообщении #901146 писал(а):

А какой у Вас исходный вопрос? Если тот, который в стартовом топике, то ответ на него я Вам дал.

Думаю, Вы про этот ответ:

nnosipov в сообщении #900806 писал(а):

Eugeniy в сообщении #900804 писал(а):

то есть многочлен наименьшей степени.

Окей. Ну, вот после того, как правило выбора представителя класса оговорено явно (а именно, каждый класс вычетов $[r(x)]$ представлен остатком от деления на $f(x)$), уже можно говорить о корректности отображения $[r(x)] \mapsto r(x)$. А до этого момента --- просто нет отображения.

Извините, забыл Вас поблагодарить за него. Спасибо.

Итак.
Пусть $p(x)$ - нормированный многочлен над полем $F$. Обозначим через $[x]$ эквивалентный класс, элементами которого являются многочлены над $F$, сравнимые с $x$ по модулю $p(x)$. Пусть отображение $\phi$ определяется условием: $\phi([x]) = x$.
Корректно такое отображение?

[nnosipov]

Eugeniy в сообщении #901162 писал(а):

Пусть $p(x)$ - нормированный многочлен над полем $F$. Обозначим через $[x]$ эквивалентный класс, элементами которого являются многочлены над $F$, сравнимые с $x$ по модулю $p(x)$. Пусть отображение $\phi$ определяется условием: $\phi([x]) = x$.
Корректно такое отображение?

Давайте посмотрим на скан страницы из Глухова, который Вы приложили выше (точнее, смотрим на определение 5). О каких множествах $A$ и $B$ идёт речь в Вашем примере?

[Someone]

Eugeniy в сообщении #901123 писал(а):

popolznev в сообщении #901113 писал(а):

Вопчем-то из ложного предположения всегда вытекают всякие бессмыслицы.

Ладно. Докажите, что $[3] = [1]$ - истинное предположение.

Ну что там доказывать? $[n]$ — это множество всех целых чисел $k$, для которых $k-n$ чётное. Множества $[3]=\{k:k-3\text{ чётное}\}$ и $[1]=\{k:k-1\text{ чётное}\}$, очевидно, совпадают, потому что $k-1=(k-3)+2$, и $2$ — чётное число.

[Eugeniy]

nnosipov в сообщении #901172 писал(а):

Давайте посмотрим на скан страницы из Глухова, который Вы приложили выше (точнее, смотрим на определение 5). О каких множествах $A$ и $B$ идёт речь в Вашем примере?

Думаю без полной формулировки не обойтись...
Пусть $GF(q)$ - простое поле. Пусть $p(x)$ - неприводимый многочлен степени $m$ над $GF(q)$.
Множество всех возможных многочленов над $GF(q)$ образует кольцо $GF(q)[x]$. То же множество по модулю $p(x)$ образует (фактор)кольцо $GF(q)[x]/(p(x))$ эквивалентных классов многочленов. Это кольцо в данном случае является полем.
Возможно ли путем отображения из поля $GF(q)[x]/(p(x))$, элементами которого являются классы вычетов многочленов над $GF(p)$, определить поле $GF(p^m)$, элементами которого являются многочлены над простым полем $GF(q)$?

Отвечая на вопрос о множествах $A$ и $B$, положу исходное множество $(A)$ как факторкольцо $GF(q)[x]/(p(x))$ с элементами в виде эквивалентных классов многочленов над $GF(q)$. Тогда множество образов $(B)$ - это поле $GF(p^m)$ с элементами в виде многочленов над $GF(p)$.

Вроде все правильно написал... Если что-то смущает, возможно, где-то опечатка вкралась. Прошу заранее извинить. Что необходимо готов пояснить.

На мой взгляд, корректность отображения сводится к корректности отображения $[x]\mapsto x$.

[nnosipov]

Eugeniy в сообщении #901193 писал(а):

Тогда множество образов $(B)$ - это поле $GF(p^m)$ с элементами в виде многочленов над $GF(p)$.

Не понял. Видимо, здесь $p$ надо заменить всюду на $q$. Но даже если и так, то всё равно непонятно: как именно выбирать многочлены над $GF(q)$, которые будут представлять элементы поля $GF(q^m)$. Опишите более подробно множество $B$.

[arseniiv]

Eugeniy в сообщении #901049 писал(а):

Это надо понимать как согласие с моим мнением?

Обратное.

Eugeniy в сообщении #901049 писал(а):

И все же не очень понятно насчет "$[\cdot]\colon\mathbb Z\to\mathbb Z_2$ к $n$" ...
По основной теме что-то скажете?

Это как раз по теме. Что конкретно вы не поняли в записи $f\colon A\to B$? («к $n$» к этой записи не относится, это часть фразы «применение функции $f$ к $x$»).

Eugeniy в сообщении #901105 писал(а):

А теперь представьте, что и впрямь $2 = 4$. Не ассоциируйте это с вычетами и не приводите примеров с классами вычетов, когда $[2] = [4]$.

А я вам ещё раз напоминаю, что $[\cdot]$ — не инъекция, а $f(a) = f(b) \Rightarrow a = b$ верно только для инъекций. Нельзя скобки $[]$ из формулы убирать, если хочется получить её следствие.

Тут где-то был отличный пост про равенство — вроде, в какой-то из тем yafkin. Найти бы его…

[Eugeniy]

nnosipov в сообщении #901196 писал(а):

Видимо, здесь $p$ надо заменить всюду на $q$.

Точнее везде заменить $GF(p)$ на $GF(q)$.

nnosipov в сообщении #901196 писал(а):

как именно выбирать многочлены над $GF(q)$, которые будут представлять элементы поля $GF(q^m)$. Опишите более подробно множество $B$.

Элементы $B$ - это все возможные многочлены над $GF(q)$ степеней не выше $m$.
В моем видении $GF(q^m)$ из поля $GF(q)[x]/(p(x))$ можно задать так. Пусть вычеты по модулю $p(x)$ - многочлены нормированные. В поле $GF(q)[x]/(p(x))$ справедливо:
$[x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0] = [x^n] + a_{n-1}[x^{n-1}] + ...+ a_1[x] + a_0$,
где $a_{n-1}, ..., a_1, a_0$ - элементы $GF(q)$.
Если $\phi: GF(p)[x]/(p(x)) \mapsto GF(p)$ определяется условием $\phi([x])=x$, то каждый элемент $[x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0]$ поля $GF(p)[x]/(p(x))$ будет отображаться в элемент $x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x + a_0$ поля $GF(q^m)$.

[nnosipov]

Eugeniy в сообщении #901250 писал(а):

Элементы $B$ - это все возможные многочлены над $GF(q)$ степеней не выше $m$.

"Не выше $m$" или "ниже $m$"? Полагаю, что Вы имели в виду второе.

Eugeniy в сообщении #901250 писал(а):

Пусть вычеты по модулю $p(x)$ - многочлены нормированные.

Что Вы понимаете под "вычетом по модулю $p(x)$"? Если вычет по модулю $p(x)$ --- это возможный остаток от деления на $p(x)$, то почему он обязан быть нормированным?

Подведём промежуточный итог: $A=GF(q)[x]/(p(x))$, $B=\{r(x) \in GF(q)[x]:\deg{r(x)}<m\}$. Осталось аккуратно сформулировать правило, задающее отображение $\phi:A \to B$.

[Eugeniy]

nnosipov в сообщении #901270 писал(а):

"Не выше $m$" или "ниже $m$"? Полагаю, что Вы имели в виду второе.

Да, меньше $m$.

nnosipov в сообщении #901270 писал(а):

Что Вы понимаете под "вычетом по модулю $p(x)$"? Если вычет по модулю $p(x)$ --- это возможный остаток от деления на $p(x)$, то почему он обязан быть нормированным?

Остаток от деления и есть. Да пусть будет не нормированный.

nnosipov в сообщении #901270 писал(а):

Осталось аккуратно сформулировать правило, задающее отображение $\phi:A \to B$.

В этом-то и весь вопрос...

nnosipov в сообщении #901270 писал(а):

Подведём промежуточный итог: $A=GF(q)[x]/(p(x))$, $B=\{r(x) \in GF(q)[x]:\deg{r(x)}<m\}$

Отмечу, что множество $B$ - не какая-либо исходная данность. Нужно как раз показать, что оно есть результат преобразования элементов $GF(q)[x]/(p(x))$. Причем это преобразование сохраняет структуру поля.
Понятно, что в результате такого преобразования не может получиться "ничего нового". Поэтому, очевидно, поле $GF(q^m)$ должно быть полем многочленов над $GF(q)$. Ведь есть же такое представление расширения простого поля.
Иначе. Нужно показать, что поле $GF(q^m)$ многочленов над $GF(q)$ появляется из кольца $GF(q)[x]/(p(x))$, так как заранее известно, что $GF(q)[x]/(p(x))$ - поле.

[Xaositect]

Eugeniy в сообщении #901105 писал(а):

Joker_vD в сообщении #901051 писал(а):

Скажите, а наличие двух различных обозначений $x^2$ и $x\cdot x$ для одного и того же вас не беспокоит? Что $1+1$ и $2$ — два различных обозначения одного и того же?

Как бы Вам сказать... в Ваших обозначениях "одного и того же" фигурируют некие операции: $+$ и $\times $. То есть с чистой совестью можно записать: $1+1 = 2$, например. И это не просто обозначение одного и того же. Это всегда бинарная операция над элементами $1$ и $1$, результат которой - другой элемент - $2$. А не просто равенство $2 = 4$, например.

Ну так $[\cdot]$ - это тоже отображение, как и $+$. Оно сопоставляет каждому элементу его класс вычетов. $[1] = \{2k+1|k\in \mathbb{Z}\}$, $[3] = \{2k+1|k\in \mathbb{Z}\}$, значит $[1] = [3]$.