Вопросы к гос. экзамену по дисциплине Математика Алгебра (стр. 6 из 11)
Покажем что Е – гомоморфизм ( эпиморфизм ).
E(x+y)=Kx+y=Kx+Ky=E(x)+E(y); E(xy)=Kxy=KxKy=E(x)E(y).
" KxÎ K / I ;$ xÎ K, E(x)=Kx . Это позволяет утверждать что Е - эпиморфизм .
| Теорема 6 | Если f: K® K¢ эпиморфизм, то существует изоморфизм K / Ker f на K¢ такой, |
что эпиморфизм f равен композиции Е и изоморфизма.
g Для доказательства теоремы предварительно рассмотрим и зафиксируем условие теоремы.
К, К¢ - кольца , f: K®K¢, f(x)=x¢-эпиморфизм, тогда f обладает ядром Kerf, которое является идеалом K. Становиться возможным К фиксировать по Ker f = I, получаем фактор –кольцо К / Ker f. Рассмотрим Е: К® Ker f, где E(x)=Kx –эпиморфизм. Теперь можно приступать к доказательству теоремы, которое предполагает выполнение процедур по плану:
1) покажем что для x,yÎKx , f(x)=f(y),
2) зададим отображение Y: K/Ker f ® K¢ так :Y(Kx)=f(x),
3) проверим, что Y - гомоморфизм,
Y - эпиморфизм,
Y - мономорфизм.
4) f = Y °E.
Итак, покажем, что для x,yÎKx, f(x)=f(y). Пусть f(x)¹f(y) Þ f(x)-f(y)¹0¢ Þ f(x-y)¹0¢ ® x-y ÏKer f Þ x
y(mod Ker f) 
Þ xÏKx Ú yÏKy ,что противоречитусловию. Поэтому утверждение верно.Изобразим условие теоремы и результат доказанного схемой
K 
·x f f(x) K¢ 
·y 
Y  |
Ker f 0¢ 
E Kx
0¢¢ K¤ Ker f
Зададим отображение Y: К/ker f®K’ , Y(Kx)=f(x).
Y(Kx+Ky)=Y(Kx+y)=f(x+y)=f(x)+f(y)=Y(Kx)+Y(Ky);
Y(KxKy)=Y(Kxy)=f(xy)=f(x)f(y)=Y(Kx)Y(Ky), т.е. Y-гомоморфизм.
Кх¹КуÞY(Кх)¹Y(Ку).Пусть это не так,пусть Y(Кх)=Y(Ку)Þf(х)=f(у)Þх и у из одного класса,что противоречит условию; т.е.Y - мономорфизм. х¢ÎК¢; т.к. f- эпиморфизм, то$ хÎК, f(х)=х¢, тогда $ Кх ÎК(ker f : E(х)=Кх, а Y(Кх)=х¢, что позволяет утвердждать: Y- эпиморфизм
Итак , Y-изоморфизм К/ker f и К¢.
Пусть YоЕ(х) ;YоЕ(х)=Y(Е(х))=Y(Кх)=f(х)ÞYоЕ=f
Вопрос 8 . Делимость в кольце целых чисел (Z)
В вопросе ставится проблема отношения делимости в кольце целых чисел и возможное его приложение для нахождения НОД и НОК целых чисел.
Опр.1.
Число а ÎZ называется делящимся на число в¹оÎZ, если существует такое число с, что а=вс,
а называют в этом случае делимым, в – делителем, с – частным. Обозначают отношение ²
”.Отношение делимости на Z обладает рядом свойств:
1° " а¹ 0, аMа, | Доказательство:
2° " а¹0, в¹0, а:M в, вMаÞа=в, | а¹0 Þа=а×1ÞаMа;
3° "а,в,с, а:в и вMсÞ аMс | аMвÞа=вс
Истинность названных трех | вMаÞв=аd }Þа=а(dс)Þа×1=а(dс)Þ
Свойств позволяют утверждать, | а(1-dс)=0Þ1-dс=0Þdс=1 (нет делителей редко)Þ
Что отношение делимости |d и с делением 1, т.е.равны 1 или (-1)
является нестрогим частичным | аMвÞа=вк } Þа=с(mк)ÞаMс
порядком. | вMсÞв=сm}
4°а:в ,сMвÞа+вMс, авMс
5° асMвс, с¹0ÞаMв и ряд других
Убедимся в том, что отношение делимости не обладает свойством связности , т.е. является частичным. Это легко проверить примером: 4:/5. Потому естественным образом возникает проблема деления целого числа на другое не равное нулю. Такая ситуация описывается теоремой о делении с остатком.
Т 2.
"а,в¹0, Z(!)gч такие, что а=вg+ч, где 0£ч<в
Теорема содержит в себе две: о существовании и о единств.
Рассмотрим ихдоказательства.
Случай 1. а³0.Проведем доказательство методом матиндукции.
а=0 Þ 0=в0+0, где видно , что g=0, r=0ÎZ
а=п Þ и пусть теорема для п верна, т.е.
(1) п=вg+r, 0£r , 0<в
а=п+1Þ прибавим к обеим частям равенства (1) по 1, получим:
п+1=вg+(r+1). Исследуем (r+1).Если r+1<в, то теорема верна для п+1, если r+1=в,то
п+1=в(g+1)+0 и теорема вновь верна. На основании принципа матиндукции можно утверждать,что теорема верна для любого целого числа а³0.
Случай 2. а<0, тогда -а>0 и теорема для этого числа верна, т.е.-а=вg+r 0Þr<в.
Поступим так:
А=в(-g)+(-r), прибавим к левой части и вычтем в, получим а=в(-g)-в+в+(-r)Þa=b(-1-g)+
(b-r), где –1-gÎZ, в-r <в, при r>0, т.е. теорема верна.
(!) Пусть для а,в>0ÎZ существует два варианта:
а=вg1+r1, а=вg2+r2, где 0£r1,r2<в.
Заметим, что g1=g2Ûr1=r2.
Действительно, если r1=r2Þr1-r2=в(g2-g1)=0, в¹0Þg2-g1=0Þ
G1=g2, g1=g2Þg2-g1=0Þr1-r2=0Þr1=r2.
Поэтому рассмотрим случай, когда r1¹r2, тогда вg1+r1=вg2+r2Þr1-r2=в(g2-g1).
Так как 0 £r£b, 0£r2<b, то r1-r2<b. С другой стороны êb(g2-g1)ê=êbêêg2-g1ê>g1¹g2>b,
Т.е. R1-r2>b, что привело к противоречнию. Теорема доказана.
Рассмотрим возможное применение отношения делимости и отношения с остатком для введения
и способа вычисления НОД и НОК двух целых (натуральных) чисел. Введем определение
НОД и НОК.
Опр.3 Наибольшим общим делителем двух целых чисел а и в называется такой
Их общий делитель, который делится на всякий другой их общий делитель.
Опр.4. Наименьшим общим кратным двух целых чисел называется такое их
общее кратное , на которое делится всякое другое их общее кратное.
НОД и НОК двух чисел и большего числа можно находить способом разложения на
простые множители. Здесь рассмотрим другие способы в частности, алгоритм
Евклида.
Алгоритм Евклида представляет собой конечный процесс деления одного числа
на другое, затем второго числа на первый остаток, затем первый остаток
деления на второй и так до тех пор, пока деление завершится без остатков.
Это считается возможным, потому что остатки будут неотрицательным числом,
убывают, что бесконечным быть не может.
Оформим этот процесс математически:
а=bg1+r1, 0<r1<b,
b=r1g2+r2, 0 <r2<r1,
…………..
rk-2=rk-1gk+rk, 0<rk<rk-1
rk-1=rkgk+1 rk+1=0
и докажем теорему о нахождении НОД чисел. Заметим, что НОД чисел обозначаем так:
НОД (а;в), или просто (а,в)
Теорема 5
Последний, отличный от нуля, остаток в алгебре Евклида является НОД (а;в).
Для доказательства требуется предварительно рассмотреть две леммы:
Лемма 1: а=вg+r, то (а,в)=(в,r)
(a,b)=d®aMd1bMdÞa-bgMdÞrMdÞd – общий делитель в и r,
т.е., если (в,r)=d1,то d1Md (1)
(в,r)=d1®bMd1, rMd1ÞaMd1Þd1общий делитель a и b,ÞdMd1 (2)
Из (1) и (2) следует, что d=d1
Лемма 2: аMвÞ (а,в)=в
Теперь допишем теорему. Из последнего равенства в алгоритме Евклида следует, что
(rk-1,rk)=rk. А из предпоследнего, по лемме, следует, что (rk-2,rk-1)=(rk-1,rk)=rk
Поднимаясь от равенства к равенству в алгоритме Евклида получим (а,в)=,rk
Что и требовалось доказать.
Решим вопрос о нахождении НОК (а,в).Обозначим НОК (а,в)=m
И докажем теорему
Теорема 6 m=ab/(a,d). Для доказетельства воспользуемся определением НОК.
Напишем, что ав/(а,в) делится на а и на в.
(а,в)=Þa=a1d, тогда ab/(ab)=a1db1d/d(a1b1)=ab1=a1b, что и доказывает утверждение.
………..b=b1d
………..(a1,b1)=1
Покажем, что любое кратное чисел а и в делится на m.Пусть М общее кратное а и вÞ
М=ак, М=вmÞM=abs=absd/d=ab/(a,b)sdÞ
M:ab/(a,b), что и требовалось доказать. Используя определение НОК (а,в) можно
Сделать вывод, что m=ab/(a1b)
Вопрос 9 Элементы теории сравнения с кольце Z
В вопросе решается проблемы возможности задания бинарного отношения
”cравнение по модулю m” в кольце целых чисел, его свойств, среди которых построение
новых алгебр из Z.
Пусть Z -кольцо целых чисел, m ÎZ, m >1
Опр.1 Числа а и в называются сравнимыми по модулю m, если а-в:m.
Записывается: а=в(modm).
Легко показать, что введенное бинарное отношение на Z является отношением эквивалентности, т.е.
обладает свойствами рефлексивности ,симметричности ,транзитивности.
Действительно:
1° a-a=0ÎZ, 0:mÞaºa (modm);
2° aºb (modm)Þa-b:mÞb-a:mÞbºa (modm);
3° aºb (modm), bºc (modm)Þa-b:m,Þ(a-b)+(b-c):mÞa-c:mÞ
…………………………………aºc (modm)
Это очень важное свойство отношения сравнения,т.к. в таком случае оно задает разбиение
На Z , что рождает фактор – множество К/m=Zm, как множество классов эквивалентности.
Общая теория колец рассматривает эту ситуацию и утверждает, что<Zm,+,x>- кольцо.
Здесь же мы рассмотрим порождение другой алгебры – мультипликативной группы.
Для этого введем понятие взаимной простоты класса и модулем m.
Класс Ка=а называется взаимнопростым с m, если (а,m)=1, где а –образующей класса Ка