Đến nội dung

fghost nội dung

Có 223 mục bởi fghost (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#599473 $a=r(a)$ thì a không có ideal nhúng nào

Đã gửi bởi fghost on 22-11-2015 - 02:50 trong Đại số đại cương

Đúng rồi.

 

Uhm, vậy thì thử thế này. Vì bạn có đề cập đến primary decomposition, nên mình nghĩ vành đang xét là Noetherian. Gọi $a= \bigcap Q_i$ là minimal primary decomposition của $a$, với $Q_i$ là $P_i-$ primary. Ta có $Ass(R/a)= \{P_i\}$. Lấy radical của 2 vế, ta có $a=\sqrt{a}= \bigcap \sqrt{Q_i}= \bigcap P_i$. Đây là 1 primary decomposition của $a$. Vì toàn bộ $Ass(R/a)$ đã xuất hiện (đúng 1 lần duy nhất) trong decomposition này, nên nó minimal (nếu nó không minimal, ta có thể loại bỏ cho đến khi nào nó minimal, thí dụ ta loại bỏ $P_1$, như vậy $Ass(R/a)$ sẽ thiếu $P_1$). Nói cách khác, $P_i$ không embedded.




#599468 $a=r(a)$ thì a không có ideal nhúng nào

Đã gửi bởi fghost on 21-11-2015 - 23:03 trong Đại số đại cương

Cho $a$ là một ideal. Nếu $a=r(a)$ thì $a$ không có ideal nhúng nào. Mình thực sự không có hướng nào để chứng minh cái này. Đẳng thức trên có thể viết lại dưới dạng phân tích gốc (primary decomposition), nhưng mình chưa thu được gì từ đó.

 

$r(a)$ là gì vậy bạn? Radical của $a$ à?




#593344 $g \otimes 1: N_1\otimes _B (B \otimes _A M) \to N_...

Đã gửi bởi fghost on 11-10-2015 - 21:59 trong Đại số đại cương

Cái khó mà mình muốn đề cập tới là hiểu thế nào cho đúng mà thôi, còn cách làm là khá rõ ràng. Theo mình nghĩ điểm cần lưu ý là dù đồng cấu trên vành nào thì tính đơn cấu, toàn cấu,vv... cũng không phụ thuộc vào cấu trúc mà nó bảo toàn. 

 

bạn đúng rồi, có lẽ bạn đã tìm ra lời giải thích, nhưng để mình ghi ra luôn. Đơn giản vì module homomorphism là group homomorphism trước (cộng thêm scalar multiplication over the ring sau), và đơn cấu/toàn cấu... đều được xác định bởi phần tử của module đó (1 abelian group), chứ không cần quan tâm đến cái vành scalar kia.




#593130 $g \otimes 1: N_1\otimes _B (B \otimes _A M) \to N_...

Đã gửi bởi fghost on 10-10-2015 - 21:44 trong Đại số đại cương

Ta có với mọi $N$ là $B$-module, thì $N$ cũng sẽ là $A$-module (vì cấu trúc $A$ module được cho bởi $f(A) \subset B$). Và ta cũng có, $N \otimes_B B \cong N$ là isomorphism của $B$ module, nên đồng thời là isomorphism của $A$ module. Vì vậy, với mọi đơn cấu của $B$-module, $g: N_1 \rightarrow N_2$, ta cũng có đây là đơn cấu của $A$ module, và $N_1 \otimes_B (B \otimes_A M) \cong (N_1 \otimes_B B) \otimes_A M \cong N_1 \otimes_A M \hookrightarrow N_2 \otimes_A M \cong \dots \cong N_2 \otimes_B (B \otimes_A M)$.




#590697 Định nghĩa của module tự do.

Đã gửi bởi fghost on 24-09-2015 - 18:56 trong Đại số đại cương

Theo quy ước thôi bạn, tích của mọi phần tử của tập rỗng là $1$ (nếu ta bỏ tập rỗng đó vào nơi ta định nghĩa phép nhân đó, như 1 vành nào đó chẳng hạn), và tổng của mọi phần tử của tập rỗng là $0$ (bỏ tập rỗng đó vào nơi mà ta định nghĩa phép cộng đó, như 1 module chẳng hạn). Ta định nghĩa $M$ tự do nếu $M=Rx_1+ \dots Rx_n$ với $\{x_i\}$ độc lập trên $R$. Nếu $M=0$ thì ta không cần vector $x_i$ nào cả, theo quy ước trên.  Nhìn theo cách khác, ta có thể định nghĩa $M$ tự do là $M \cong R^{r}$ với $r$ là số lượng phần tử của 1 cơ sở tự do của $M$. Nếu $M=0$ thì ta chỉ có thể có $r=0$, nên cơ sở tự do đó phải là rỗng.




#590237 Định nghĩa của module tự do.

Đã gửi bởi fghost on 22-09-2015 - 08:40 trong Đại số đại cương

Vì sao "có một cơ sở tự do là tập rỗng" lại tương đương "không có một cơ sở tự do nào"?

 

Nó có cơ sở tự do mà, đó là tập $\emptyset$ đấy. Ở đây, "cơ sở tự do" đi kèm với information/condition nào đó của module, tập rỗng vô tình thõa mãn điều kiện đó cho module $0$. Với module không tự do, mọi cơ sở (nếu có) đều không tự do, ngay cả tập rỗng cũng không phải cơ sở tự do của nó.




#586705 Bài chứng minh về nhóm

Đã gửi bởi fghost on 01-09-2015 - 22:33 trong Đại số đại cương

Vì nhóm $G$ có 2n phần tử, nhóm con $H$ có n phần tử, nên $H$ phải là normal subgroup của $G$. Nên ta có thể xét nhóm $K=G/H$, và ta thấy nhóm $K$ có 2 phần tử, nên nó phải là $Z_2=\{0,1\}$. Xét $\varphi: G \rightarrow Z_2$ với kernel là $H$. Dễ thấy, với mọi $x \in G$ ta có $\varphi(x^2)=\varphi(x)^2=0 \in Z_2$, nên $x^2 \in ker(\varphi)=H$.




#584186 Chứng minh idean cực đại trong C[0;1]

Đã gửi bởi fghost on 23-08-2015 - 07:13 trong Đại số đại cương

Hình như đây là vành với phép cộng và nhân 2 hàm số chứ đâu phải là phép hợp thành 2 ánh xạ đâu bạn. Mình nghĩ là (f.g)(x) = f(x)g(x).

 

ha, bạn hoàn toàn chính xác.




#584168 Chứng minh idean cực đại trong C[0;1]

Đã gửi bởi fghost on 23-08-2015 - 00:25 trong Đại số đại cương

Mình nghĩ phần tử đơn vị của $C[0;1]$ phải là hàm 1, tức là $1: x \mapsto 1$, dựa vào ý tưởng này có thể suy nghĩ theo cách: Gọi B là idean của $C[0;1]$ thực sự chứa Ma. Ta chứng minh B = $C[0;1]$ bằng cách chỉ ra 1 thuộc B. Thật vậy, vì B thực sự chứa M nên tồn tại g(x) thuộc B\M, suy ra $g(a) \ne 0.$. Khi đó:

$$1 = (1 - \frac{1}{g(a)}g(x)) + \frac{1}{g(a)}g(x)$$

 

Gọi $\varphi_1: x \mapsto 1$ và $\varphi_2: x \mapsto 2$. Nếu $\varphi_1$ là đơn vị của $C[0;1]$, thì $\varphi_1 \circ \varphi_2 = \varphi_2 \circ \varphi_1$ vì chúng cùng bằng $\varphi_2$. Nhưng $\varphi_1(\varphi_2(x))= 1$ và $\varphi_2(\varphi_1(x))=2.$

 

Đơn vị của $C[0;1]$ là hàm $id: x \mapsto x$ vì với mọi $f \in C[0;1]$, $id(f(x))=f(x)=f(id(x))$.




#584066 số luận

Đã gửi bởi fghost on 22-08-2015 - 19:27 trong Tài liệu và chuyên đề Đại số đại cương

1 tập hợp đẳng lực với tập hợp hữu hạn là hữu hạn

 

Như thế nào là đẳng lực? Như thế nào là tập hợp hữu hạn? Có vẻ như chỉ cần ghi ra định nghĩa của 2 khái niệm này là vấn đề rất rõ ràng rồi

 

2 tập hợp con của một tập hợp là hữu hạn

 

Có lẽ bạn ghi sai đề, tập hơn con của 1 tập hơn bất kì không bắt buộc phải hữu hạn. Tập hơn con của 1 tập hợp hữu hạn, thì sẽ hữu hạn.




#584065 câu hỏi về các mở rộng đẳng cấu và các mở rộng tương đương

Đã gửi bởi fghost on 22-08-2015 - 19:23 trong Đại số đại cương

Đẳng cấu giữa 2 dãy trên không đơn thuần là tồn tại 3 đẳng cấu $A \cong A'$, $B \cong B',$ $C \cong C'$. Mà còn có điều kiện là 3 đẳng cấu đó phải giao hoán với những homomorphism (đồng cấu) có sẵn của 2 dãy trên. Do đó, khi đẳng cấu $B \cong B'$ được hạn chế về $A$ (lấy inverse của đồng cấu $A \rightarrow B$), ta sẽ được đẳng cấu $A \cong A'$. Nhờ tính giao hoán trên mà ta mới có điều này, nếu không thì không được, vì khi hạn chế đẳng cấu $B \cong B'$, ta sẽ đi đến 1 submodule nào đó của $B'$ không hẳn phải là $A'.$




#584060 Chứng minh idean cực đại trong C[0;1]

Đã gửi bởi fghost on 22-08-2015 - 19:13 trong Đại số đại cương

Để thấy  $M_a$ là ideal cực đại, ta cần chỉ ra phần tử đơn vị của $C[0;1]$ (hàm số $id: x \mapsto x$), có thể được biểu diễn bởi $id= hg + kf$ với mọi $g \notin M_a$ cho trước, $f \in M_a$ nào đó, và $h, k \in C[0;1]$ bất kì.

 

Gọi $g \notin M_a$ cho trước, như vậy $g(a) \ne 0.$ Do đó, ta có thể viết với mọi $x \in [0;1]$

$$id(x) = (x - \frac{x}{g(a)}g(x)) + \frac{x}{g(a)}g(x)$$

 

Dễ thấy $(x - \frac{x}{g(a)}g(a)) \in M_a$. Nên ta có đpcm




#580465 Một số thắc mắc trong lí thuyết Galois: giải được bằng căn thức.

Đã gửi bởi fghost on 10-08-2015 - 21:48 trong Đại số đại cương

Tác giả giả thiết là mở rộng tách được và hữu hạn rồi. Mình có gửi 2 trang của sách ở trên đấy.

 

À, nếu nhóm ta xem xét là finite (hay ngay cả khi finitely generated), thì mình đồng ý với bạn. Nhóm abelian có thể được filtered bằng chuỗi nhóm con sao cho factor group là cyclic, với lý do như bạn nói. Ý mình chỉ là với định nghĩa chung chung của solvable group, thì mọi abelian group đều solvable kể cả không phải finitely generated.




#580362 $f(x)=0 ,\vee x\geq 0$

Đã gửi bởi fghost on 10-08-2015 - 17:44 trong Giải tích

Dễ thấy $f(0)=0.$ Ta có $0 \leq f(x) \leq k \int_{0}^{x} f(t) dt$, mà $k \int_{0}^{x} f(t) dt \rightarrow 0$ khi $x \rightarrow 0^+$, nên $\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)=0$ do định lý kẹp. Nên $f$ liên tục phải tại $0$.

 

Do đó ta có $f$ liên tục trên $[0, \infty)$. Cụ thể $f$ sẽ liên tục trên $[0, \frac{1}{2k}]$. Nên $f$ đạt maximum tại điểm $c$ nào đó trong đoạn đó. Nên $f( c) \leq k \int_{0}^{c} f(t) dt \leq k c f( c)$, nên nếu $f( c)>0$ thì $1 \leq kc \leq k \frac{1}{2k}=\frac{1}{2}$. Vô lý. Vì vậy $f( c)=0$. Hay $f=0$ trên đoạn $[0, \frac{1}{2k}]$.

 

Gọi $g(x)= f(x-\frac{1}{2k}).$ Dễ thấy $g$ thõa mãn điều kiện của đề bài với cùng hằng số $k$ như $f$, nên theo lý luận trên $g=0$ trên $[0, \frac{1}{2k}]$. Nên $f=0$ trên $[0, 2\frac{1}{2k}]$. Dùng quy nạp, dễ thấy $f=0$ trên $[0, n\frac{1}{2k}]$ với mọi $n$, nên $f=0$ trên $[0, \infty)$




#580336 xét tinh hội tụ $\sum_{n=2}^{\infty}\...

Đã gửi bởi fghost on 10-08-2015 - 16:08 trong Giải tích

$$\frac{(\frac{n}{n+2})^{n(n+1)}}{(\frac{n-1}{n+1})^{n(n-1)}}=(\frac{n(n+1)}{(n-1)(n+2)})^{n^2}(\frac{n}{n+2})^n(\frac{n-1}{n+1})^n$$

Phần phía sau
$$(\frac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)})^n \rightarrow \frac{1}{e^4}$$

Phần đầu
$$(\frac{n(n+1)}{(n-1)(n+2)})^{n^2} \rightarrow e^2$$

Nên phân số đó tiến về $1/e^2$ <1, nên chuỗi hội tụ. Để tính 2 cái limit ở trên, có lẽ bạn cần lấy $ln$, để đem số mũ xuống, sau đó chuyển về dạng phân số, rồi dùng L'Hospital, rồi raise lên số mũ $e$ lại. Mình nghĩ như thế sẽ tính được, bạn làm thử.



#580333 Một số thắc mắc trong lí thuyết Galois: giải được bằng căn thức.

Đã gửi bởi fghost on 10-08-2015 - 15:43 trong Đại số đại cương

Mình không có cuốn D&F ở bên cạnh, nên biết sao đoán vậy
 
1. Đến đoạn sau có lẽ tác giả giới hạn lại ở finitely generated group. Cụ thể có đoạn này mình không chắc đúng
 

nếu $H_{i+1}/H_i$ là abel thì tồn tại một chuỗi các nhóm con

$$H_i=S_0\triangleleft S_1 \triangleleft ... \triangleleft S_m=H_{i+1}$$

bằng cách áp dụng định lý phân loại nhóm abel với nhóm $H_{i+1}/H_i$


thí dụ $H_i=0$, và $H_{i+1}= Z \oplus Z \oplus \dots$ (với infinite $Z$). Nhóm $H_{i+1}$ không thể có 1 chuỗi nhóm con có độ dài hữu hạn sao cho factor group là cyclic được.

2. 3. Mình không nhớ gì về mở rộng nghiệm, galois, hay phần này cả.



#576062 Hom$_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n,...

Đã gửi bởi fghost on 28-07-2015 - 05:14 trong Đại số đại cương

Phần tử của $Hom(Z/nZ, Z/mZ)$ được xác định bởi ảnh của $1+nZ$. Bây giờ ta nghĩ xem ảnh của $1+nZ$ bên trong $Z/mZ$ có thể là những phần tử nào. Gọi $f \in Hom(Z/nZ, Z/mZ)$, và $f(1+nZ)= x+mZ$ với $x \in \{0,1,\dots, m-1\}$. Ta thấy $nf(1+nZ)=f(0)=0$, nên $n$ phải chia hết cho order của $x+mZ$. Trong $Z/mZ,$ phần tử có order mà $n$ chia hết cho là 1 nhóm con cyclic sinh ra bởi $m/(m,n).$  Bây giờ ta có thể kiểm tra mỗi phần tử của nhóm con đó cho 1 phần tử của $Hom(Z/nZ,Z/mZ)$, và $f \circ g$ sẽ cho homomorphism được định nghĩa bởi $xy +mZ$. Như vậy $Hom(Z/nZ,Z/mZ)$ là 1 nhóm cyclic với order $(m,n)$, nên nó phải là $Z/(m,n).$




#572375 extension field của field với characteristic p >0.

Đã gửi bởi fghost on 14-07-2015 - 12:58 trong Đại số đại cương

 

Ta thấy rằng $L=F(t_1,t_2)$ vì $F_0 \subset F$. Từ đó ta có thể tính được $|L:F|=|F(t_1)(t_2):F(t_1)|.|F(t_1):F|$. Ta có $t_1$ là nghiệm của đa thức $x^p-t_1^p$ bất khả quy trên $F$ (sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein, đưa về xét tính bất khả quy trên $F_0[t_1^p,t_2^p]$, ta có $t_1^p$ là phần tử nguyên tố trong vành này)

 

Vì sao đa thức đó bất khả quy trên $F_0[t_1^p,t_2^p]$ thì sẽ bất khả quy trên $F=F_0(t_1^p,t_2^p)$?




#561813 đại số đồng diều

Đã gửi bởi fghost on 27-05-2015 - 03:36 trong Đại số đại cương

Để tính $Tor_i(P,Y)$ ta có thể bắt đầu từ minimal projective resolution của $P$ nhưng vì $P$ đã là projective, nên resolution của $P$ chỉ là complex $P_.: 0 \rightarrow P \rightarrow P \rightarrow 0$ (nói cách khác đó là $P_.: \dots \rightarrow 0 \rightarrow 0 \rightarrow P \rightarrow P \rightarrow 0$ với mọi $P_i=0$ khi $i>0$ và $P_0=P$). Sau đó ta $\otimes Y$, và tính homology. Theo định nghĩa, ta có

$$Tor_i(P,Y)= H_i(P_. \otimes Y)$$

Nhưng khi $i>0$ thì module $P_i=0$, nên $H_i(P_.\times Y)=0$, nên $Tor_i(P,Y)=0.$

 

Còn vị trí của index thì bạn đúng rồi, mình nhớ nhầm index của long-exact sequence của Tor. Mình sẽ sửa lại ở đây. Còn vấn đế khi $n=1$ thì mình vẫn giữ nguyên suy nghĩ là ta không thể chứng minh được điều đó tại $n=1$

 

 

Xạ ảnh là projective? Mình đoán vậy vì bạn dùng chữ $P$ cho module xạ ảnh.

 

Hình như index của bạn bị ngược.

 

Dùng long exact sequence của Tor, ta có

$$Tor_{n}(B,Y) \rightarrow Tor_{n}(P,Y) \rightarrow Tor_{n}(A,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(B,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(P,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(A,Y)$$

Vì $P$ projective, nên $Tor_i(P,Y)=0$ với mọi $i>0$. Nên với mọi $n>1$, ta có

$$0 \rightarrow Tor_{n}(A,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(B,Y) \rightarrow 0$$

hay

$$Tor_{n}(A,Y) \cong Tor_{n-1}(B,Y)$$

 

Khi $n=1$, ta có

 

$$0 \rightarrow Tor_1(A,Y) \rightarrow Tor_0(B,Y) \cong B \otimes Y \rightarrow Tor_0(P,Y) \cong P \otimes Y \rightarrow Tor_0(A,Y) \cong A \otimes Y \rightarrow 0 $$

hay

$$0 \rightarrow Tor_1(A,Y) \rightarrow B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y \xrightarrow{\varphi} A \otimes Y \rightarrow 0$$

Tách dãy khớp trên ra tại $\varphi$, và gọi $K= coker(Tor_1(A,Y) \rightarrow B \otimes Y)$, ta có 2 dãy khớp

$$0 \rightarrow Tor_1(A,Y) \rightarrow B \otimes Y \rightarrow K \rightarrow 0$$

$$0 \rightarrow K \rightarrow P \otimes Y \rightarrow A \otimes Y \rightarrow 0$$

 

để $Tor_1(A,Y) \cong Tor_0(B,Y) \cong B \otimes Y$, ta cần $K=0$, nên $P \otimes Y \rightarrow A \otimes Y$ phải là đơn ánh (nên là song ánh). Nhưng mình không nghĩ điều này đúng. Thí dụ, $R \rightarrow R/I \rightarrow 0$, ta $\otimes R$, ta không thay đổi gì cả, nên ta sẽ có $R \rightarrow R/I \rightarrow 0$ chỉ là toàn ánh chứ không phải song ánh.

 

Tóm lại, ta thấy điều này là vì $B$ là first syzygy module của $A$, nên với mọi left-derived functor, ta sẽ có $L_iF(A)=L_{i-1}F(B)$ với mọi $i>1$, và ta không thể biết điều gì sẽ xảy ra tại $i=1$. Còn Tor đơn giản chỉ được định nghĩa bởi left-derived functor của tensor product, cụ thể $Tor_i(-, Y)=L_i(- \otimes Y)$

 




#561652 Tìm tất cả các phần tử khả nghịch trong $\mathbb{Z}/30...

Đã gửi bởi fghost on 26-05-2015 - 10:03 trong Đại số đại cương

Gọi $z \in \{0, \dots, 29\}$. Ta muốn $z + 30Z$ khả nghịch, tức là $z*n \equiv 1 \text{ mod } 30$  với $n \in Z$ nào đó, tức là $zn+30k=1$ với $k, n \in Z$ nào đó. Tức là $gcd(z,30)=1$ (và dĩ nhiên $gdc(n,30)=1$). Như vậy, những phần tử khả nghịch sẽ được đại diện bởi $z \in \{1, 7,11,13,17,19,23,29\}$




#561649 liên quan đến inverse galois problem

Đã gửi bởi fghost on 26-05-2015 - 09:56 trong Đại số đại cương

Bạn giải được bài này chưa? Nếu chưa thì vào đây xem thử xem

 

http://math.stackexc...extension-of-th




#560647 Finite fields, transcendental elements, và irreducible polynomials

Đã gửi bởi fghost on 21-05-2015 - 08:48 trong Đại số đại cương



Hi fghost, bạn có thể giải thích giúp mình một điểm ko? Trong các bài bạn giải ở trên, mình có thể thấy rằng bạn hay dùng fraction, ví dụ như: $\alpha=\frac{p(u)}{g(u)}$. Tại sao lại như vậy? 

Theo mình nghĩ là có phải nó liên quan đến điều này ko: trong lecture note của thầy mình có một claim mà mình vẫn ko hiểu rõ. Đó là $qf(F[a_1,a_2,...,a_n])=F(a_1,a_2,...,a_n)$. Trong đó, $F[a_1,...,a_n]$ là tập các polynomial với biến được thay bằng $a_i$ và với coefficients ở trong $F$. $qf(F[a_1,...,a_n])$ là quotient field của $F[a_1,...,a_n]$. Còn $F(a_1,...,a_n)$ là field nhỏ nhất chứa $F$ và chứa các $a_i$.

 

Vì $F(u) = qf(F[u]$). Trong bài giải trên, ta có thể viết $\alpha= \frac{p(u)}{q(u)}$ là vì $k \subset F(u)$.

 

Còn vì sao $F(u) = qf(F[u])$, thì ta thấy cần chứng minh $qf(F[u])$ cũng là trường nhỏ nhất chứa $F$ và $u$, nên nó phải chính là $F(u).$

 

Ta thấy $qf(F[u])= \{ \frac{p(u)}{q(u)}| ~ p, q \in F[u]\}$ vì ta bắt đầu với vành của polynomials với biến $u$, $F[u]$, nên quotient field của nó, không khác gì hơn là làm cho mọi đa thức invertible, nên ta formally mở rộng lên phân số của đa thức. Intuitively, thì đây là điều kiện cần để xây dựng 1 trường chứa $F$ và $u$, nên nó phải là trường nhỏ nhất rồi. Thật vậy, gọi $K$ là 1 trường chứa $F$ và $u$. Với mọi $\frac{p(u)}{g(u)} \in qf(F[u])$, ta thấy vì $K$ là 1 trường, nên $p(u), q(u) \in K$, nên $\frac{1}{q(u)} \in K$, nên $\frac{p(u)}{q(u)} \in K$. Nên $qf(F[u]) \subset K$

 

Tương tự, bạn có thể mở rộng lên với $n$ biến.

 

EDIT: mình hơn sloppy khi gọi $F[u]$ là vành của polynomial với biến $u$, nhưng vì $u$ transcendental, nên không có vần đề gì cả. Trong note của thầy bạn, hình như không thừa nhận $a_i$ transcendental, điều này không thành vấn đề, lý luận hoàn toàn tương tự, chỉ không thể gọi $F[a_1, \dots, a_n]$ là vành của polynomial với biến $a_i$, mà phải gọi như bạn đã nói (tập các polynomial với biến được thay bằng $a_i$).




#560630 Finite fields, transcendental elements, và irreducible polynomials

Đã gửi bởi fghost on 21-05-2015 - 03:03 trong Đại số đại cương


Với bài 2, thì $F<k$ có nghĩa là $F$ là một proper subfield của $k$ (tức là nó chứa trọn trong $k$, ko có bằng $k$.)

 

Intuition của mình là vì $F(u)$ quá nhỏ, nên khi $F \subsetneq k$ thì $k$ đã đủ lớn để làm cho $F(u)$ algebraic. Cụ thể là chỉ cần $k$ có 1 phần tử không nằm trong $F$ thôi, thì phần tử này đã đủ để define 1 relation cho $u$.

 

Gọi $\alpha \in k\subset F(u)$ và $\alpha \notin F$. Nên $\alpha= \frac{p(u)}{g(u)}$ sao cho $p(u), g(u)$ là đa thức với biến $u$ và hệ số trong $F$. Điều kiện $\alpha \notin F$ có nghĩa là $p(u) \ne cg(u)$ với mọi $c \in F$, nói cách khác ít nhất degree của $p(u)$ hay $g(u)$ phải lớn hơn $0$. Ta có thể tối giản, và assume $\frac{p(u)}{g(u)}$ ở dạng đơn giản nhất. Ta hiện tại có

$$g(u)\alpha= p(u)$$

như vậy đến đây ta thấy $u$ thỏa mãn $\alpha g(X)=p(X)$ với $\alpha g(X), p(X) \in k[X]$. Chú ý, đây thật sự là 1 relation của $u$ vì degree của $p(X)$ hay $g(X)$ ít nhất là $1$. Vì vậy $u$ algebraic over $k$.




#560569 Finite fields, transcendental elements, và irreducible polynomials

Đã gửi bởi fghost on 20-05-2015 - 19:47 trong Đại số đại cương

Mình có vài bài đang bí về các vấn đề như sau:

 

 

1. Giả sử $F$ là một trường và $|F|=q<\infty$. Ta biết các điều cơ bản sau về $F$:

 

-Thứ nhất, $F$ là field với characteristic $p$ với $p$ là nguyên tố.

-Thứ hai, $q=p^n$ với một $n$ nào đó (thực ra, $n$ là số chiều của $F$ nếu ta coi $F$ là một ko gian vector trên trường là prime subfield của $F$).

-Thứ ba, $a^q=a$ với mọi $a\in F$.

 

Các vấn đề trên mình đã chứng minh xong. Nhưng còn vấn đề cuối cùng minh đang bí: Chứng minh rằng, nếu $b\in K$, với $K/F$ là một field extension nào đó, và $b$ là algebraic over $F$ (tức là $b$ là nghiệm của một đa thức nào đó có hệ số trong $F$), thì $b^{q^m}=b$ với một $m$ nào đó.

 

 

2. Nếu $u$ là transcendental over $F$ và $F<k\subset F(u)$. Chứng minh rằng $u$ là algebraic over $k$.

 

3. NẾu $x$ là transcendental over $F$ , thì $t^2-x\in F(x)[t]$ là irreducible.  

1. Thay $K= F(b)$. Bạn có thể tính được $F(b)$ có phải là 1 finite field hay không? Nếu phải thì nó có bao nhiêu phần tử? Nghĩ sơ sơ thì hình như đó là finite field thật. Sau đó thì áp dụng 3 cái gạch đầu dòng là được.

 

2. $F <k$ nghĩa là gì bạn?

 

3. Nếu nó reducible thì $t-\sqrt{x} \in F(x)[t]$ có nghĩa là $\sqrt{x} \in F(x)$. $F(x)$ là trường nhỏ nhất chứa $F$ và $x$, đồng thời cũng là trường của rational function với biến $x$ và hệ số trong $F$. Như vậy $\sqrt(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$ với $p(x), q(x) \in F[x]$, nên $xq^2(x)=p^2(x)$, có nghĩa là $x$ thõa mản $Xq^2(X)=p^2(X) \in F[X]$. Vô lý vì $x$ transcendental.




#560268 bài tập vành địa phương

Đã gửi bởi fghost on 19-05-2015 - 04:07 trong Đại số đại cương

một vành giao hoán là vành địa phương khi nó có duy nhất 1 idean tối đại.

a/ cmr mỗi vành giao hoán mà mạng lưới ide an của nó là một chuỗi (trong $\mathbb{Z}_{p}$)  là vành địa phương. Bạn có thể đưa ra 1 VD về 1 vành địa phương giao hoán mà mạng lưới idean của nó không phải là chuỗi hay không...

b/ cho $p\in \mathbb{Z}$ là số nguyên tố và tập $\mathbb{Z}_{(p)}=  \{ \frac{a}{b} \in \mathbb{Q}: ~b\notin \mathbb{Z}_p\}$. cmr $\mathbb{Z}_{(p)}$ là vành địa phương với idean cuc đại là $p\mathbb{Z}_{(p)}$

c/ cmr mạng lưới idean của vành địa phương $\mathbb{Z}_{(p)}$được sắp xếp thứ tự cùng nhau ( nghĩa là mỗi tập khác rỗng có 1 phần tử lớn nhất)

 

Mình có 1 vài câu hỏi nữa:

. Thế nào là mạng lưới ideal là một chuỗi trong $Z_p$?

. Thế nào là mạng lưới ideal của 1 vành được xếp theo thứ tự cùng nhau? Bạn nói đó là "mỗi tập khác rỗng có 1 phần tử lớn nhất", trong trường hợp này có nghĩa là vành đó là vành Noetherian (Noether)?

 

a. Mình đoán mạng lưới ideal là 1 chuỗi nghĩa là bạn có thể xếp ideal của vành đó thành 1 dãy

$$ \dots \subsetneq I_i \subsetneq I_{i+1} \subsetneq \dots$$

Nếu chuỗi đó cố định, thì dĩ nhiên chuỗi đó có phần tử tối đại, nói cách khác vành đó là vành địa phương.

 

Ví dụ vành địa phương mà lattice không phải là 1 chuỗi: $k[[x,y]]$ với ideal tối đại $(x,y)$ và lattice của nó không phải là 1 chuỗi vì $0 \subset (x) \subset (x,y)$ và $0 \subset (y) \subset (x,y)$.

 

b. c. Mình ghi lại $Z_p$ là $(p)$ là ideal của $Z$ được sinh ra bởi $p$.

 

Để giải (b.) và (c.) ta muốn xác lập 1-1 correspondence như sau:

Xét $\varphi: Z \rightarrow Z_{(p)}$ với $a \mapsto \frac{a}{1}$. Dễ thấy $\varphi$ well-defined. Với $I$ là ideal của $Z$ và $J$ là ideal của $Z_{(p)}$. Gọi $I^e= \varphi(I)Z_{(p)}$ là ideal của $Z_{(p)}$ và $J^c= \varphi^{-1}(J)$ là ideal của $Z$.

$$\{I \subset Z| ~ I \text{ ideal và } I \subset (p) \} \leftrightarrow \{J \subset Z_{(p)}| ~ J \text{ ideal}\}$$

và correspondence được cho bởi $I \mapsto I^e$ và $J \mapsto J^{c}$.

 

Sau khi có 1-1 correspondence đó, ta thấy ideal tối đại của $Z_{(p)}$ sẽ corresponding với ideal tối đại nằm trong $(p)$ nên sẽ corresponding với $(p)$, và theo correspondence đó, ideal tối đại của $Z_{(p)}$ là $pZ_{(p)}$.

 

Claim: mọi ideal thực sự $J$ của $Z_{(p)}$ có dạng $J=I^e$ với $I$ là ideal nào đó của $Z$.

 

Ta có $J^{ce} \subset J$ hiển nhiên. Ta muốn chứng minh $J \subset J^{ce}$. Gọi $x=\frac{r}{s} \in J$ nên $xs=\frac{r}{1} \in J \cap \varphi(Z)$ nên $r \in J^c$.  Nên $x=\frac{1}{s}\frac{r}{1} \in Z_{(p)}J^c=J^{ce}$.

 

Đến đây ta có thể giải câu (b). Vì mọi ideal của $Z_{(p)}$ đều có dạng $J=J^{ce}=(J^{c})^e$. Gọi $I=J^c$ là ideal của $Z$. Nhận xét $I \subset (p) \subset Z$. Vì sao? Vì nếu tồn tại $x \in I$ và $x\notin (p)$ thì $\varphi(x)$ là 1 unit trong $Z_{(p)}$ vì $\varphi(x)=\frac{x}{1}$ và phần tử nghịch đảo của nó là $\frac{1}{x}$. Đến đây ta thấy, $\varphi(x)$ là unit và $J=Z_{(p)}$. Vô lý.

 

Nên ideal tối đại $J$ của $Z_{(p)}$ sẽ có $J^c=(p)$. Nói cách khác, đó là $pZ_{(p)}$.

 

Ta đã có 1 chiều của correspondence $J^{ce}=J$. Để hoàn thành correspondence đó, ta cần $I^{ec}=I$. Ta thấy

$$I^{ec}=\varphi^{-1}(I^e)= \varphi^{-1}(\varphi(I)Z_{(p)})=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}$$

(nhìn vào kí hiệu $\varphi^{-1}(\varphi(I)Z_{(p)})$, ta cần những phần tử $x$ của $Z$, sao cho $x$ là preimage của 1 phần tử nào đó trong $\varphi(I)Z_{(p)}$, tức là $x$ sao cho $\frac{x}{1} \in \varphi(I)Z_{(p)}$. Nhưng mà 1 phần tử nằm trong $\varphi(I)Z_{(p)}$ tức là $\frac{x}{1}=\frac{y}{s}$ với $y \in I$ và $s \notin (p)$. Nên ta cần $sx=y \in I$ và $s \notin (p)$).

Sau khi ta có $I^{ec}=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}$ và ta đã có sẵn $I \subset (p)$, nên ta có $I^{ec}=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}=I$.

 

Vì vậy, ta có chiều còn lại của correspondence. Sau khi ta đã có 1-1 correspondence giữa 2 tập hợp này, ta thấy tính chất "mỗi tập con khác không của tập bên tay phải phải có phần tử tối đại" tương đương với "mỗi tập con khác không của tập bên tay trái phải có phần tử tối đại", mà vì $Z$ là vành Noether, nên tính chất đó của tập bên tay trái là hiển nhiên.