система целочисленных векторов над полем вычетов

[2old]

Есть две задачки:

1. Доказать, что если система целочисленных векторов линейно независима над полем вычетов по модулю $p$для некоторого просто числа $p$, то данная система векторов линейно независима и над полем рациональных чисел.

2. Пусть система целочисленных векторов линейно независима над полем $\mathbb{Q}$. Доказать, что найдется лишь конечное число простых числе $p$ таких, что векторы данной системы линейно зависимы по модулю $p$.

Первая как-то совсем не зашла. Хотел от противного, но не получилось.
Пусть $a_1,\dots , a_n$ система векторов. Положим, она линейно зависима. Тогда можно записать

$$\sum pq_ia_i+r_i a_i = 0$$

Дальше не знаю как получить противоречие.

Со второй есть решение, но оно использует определитель. Рассуждал так.

Если необходимо, пополним систему векторов до базиса, составим из нее матрицу. Так как это базис, то матрица будет полного ранга, определитель не равен 0. Запишем его в виде произведения простых чисел в некоторых степенях. Для этих простых чисел система будет линейно зависима по их модулю, для остальных линейно независима. (если система векторов линейно независима, то и любая подсистема из нее линейно независима).

Подскажите как решать первую и вторую без понятия определителя.

[Brukvalub]

В первой, рассуждая от противного, умножьте нулевую линейную комбинацию на Н.О.З всех коэффициентов и перейдите к вычетам - все должно получиться.

[2old]

Brukvalub
Вот с переходом к вычетам у меня проблемы. Если я возьму все коэффициенты по модулю $p$, у меня результат линейной комбинации векторов же не сохранится. Что-то я тут не понимаю

[nnosipov]

2old
Рассуждая от противного, считайте, что все коэффициенты нетривиальной линейной комбинации --- целые числа, взаимно простые в совокупности (а почему так можно считать?). Тогда быстро получите противоречие.

-- Ср апр 08, 2015 17:54:30 --

2old в сообщении #1001558 писал(а):

Со второй есть решение, но оно использует определитель.

Ну и нормально, я бы тоже так рассуждал.

-- Ср апр 08, 2015 17:56:36 --

2old в сообщении #1001558 писал(а):

Подскажите как решать первую и вторую без понятия определителя.

А зачем?

[2old]

nnosipov
Как к целым числам перейдем выше указал Brukvalub. Затем посчитаем НОД коэффициентов, если он не 1, разделим на него и будет единица, т.е. коэффициенты взиимнопросты в совокупности. Я не могу понять как дальше перейти к остаткам.





Без определителя -- так как его еще не вводили в задачнике. Если решить с ним, то это чит, т.е. я выходит эту тему достаточно не усвоил, а решил просто потому что знал что-то другое.

[nnosipov]

2old в сообщении #1001571 писал(а):

Я не могу понять как дальше перейти к остаткам.

Ну как же ... Редуцируем коэффициенты по модулю $p$, после чего должна получится тривиальная линейная комбинация. Значит, все коэффициенты делились на $p$. Но они же были ... какими?

-- Ср апр 08, 2015 18:14:07 --

2old в сообщении #1001571 писал(а):

Без определителя -- так как его еще не вводили в задачнике. Если решить с ним, то это чит, т.е. я выходит эту тему достаточно не усвоил, а решил просто потому что знал что-то другое.

Ну тогда рассуждайте на подобие метода Гаусса.

[2old]

nnosipov
Взаимнопростыми в совокупности, значит хотя бы один не делился на $p$. А тривиальная линейная комбинация получается, т.к. в поле вычетов дано что система линейно независима.

Я не понимаю, почему когда мы редуцируем коэффициенты равенство сохраняется.
Например,

$$3\begin{pmatrix} 10\\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 30\\ 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}$$

Редуцируем коэффициенты по модулю $2$ получаем:

$$\begin{pmatrix} 10\\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 30\\ 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}$$

Что уже неправда

Чувствую, что экстремально туплю

[nnosipov]

2old в сообщении #1001581 писал(а):

Я не понимаю, почему когда мы редуцируем коэффициенты равенство сохраняется.

Лучше сказать, оно превращается в другое равенство. Потому что редукция по модулю $p$ это гомоморфизм $\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}_p$ так устроена, она сохраняет сложение и умножение.

-- Ср апр 08, 2015 18:35:13 --

2old в сообщении #1001581 писал(а):

Что уже неправда

Да нет, правда. Присмотритесь (по модулю два нужно смотреть)

[2old]

nnosipov
Вы имеет ввиду что $(-20;-6) \mod 2=(0;0)$? Я думал у нас вектора и коэффициенты "живут" отдельно. В общем-то в определении векторного пространства так и написано.

[nnosipov]

2old в сообщении #1001586 писал(а):

Вы имеет ввиду что $(-20;-6) \mod 2=(0;0)$?

Да, так и надо понимать то Ваше равенство.

2old в сообщении #1001586 писал(а):

Я думал у нас вектора и коэффициенты "живут" отдельно. В общем-то в определении векторного пространства так и написано.

Это верно, но нужно не забывать про операцию умножения вектора на скаляр. Если скаляры --- это вычеты по модулю $p$, то для корректности этой операции нужно, чтобы компоненты арифметического вектора были не целыми числами, а тоже вычетами по модулю $p$. Редукция по модулю $p$ подразумевается и для компонент вектора.

[2old]

nnosipov
Понял, спасибо!

[provincialka]

nnosipov в сообщении #1001590 писал(а):

Если скаляры --- это вычеты по модулю $p$, то для корректности этой операции нужно, чтобы компоненты арифметического вектора были не целыми числами, а тоже вычетами по модулю $p$.

Кстати, именно поэтому меня немного напрягло условие задачи. Ведь векторы над $\mathbb Q$ и векторы над полем вычетов -- это все-таки разные векторы! Как же можно говорить о них в двух смыслах? Формально говоря, при переходе к вычетам надо преобразовать и вектора с помощью естественного гомоморфизма...

[nnosipov]

provincialka в сообщении #1001599 писал(а):

Формально говоря, при переходе к вычетам надо преобразовать и вектора с помощью естественного гомоморфизма...

Разумеется. Но, как обычно, все экономят на словах, делая вид, что всем понятно, о чём речь.

[provincialka]

Вот вот! А бедный ТС путается!