Đến nội dung

fghost

fghost

Đăng ký: 26-12-2011
Offline Đăng nhập: 25-12-2015 - 14:29
-----

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

Gửi bởi fghost trong 22-11-2015 - 02:50

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.


  • Nxb yêu thích


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

Gửi bởi fghost trong 10-10-2015 - 21:44

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 $N_1 \otimes_B (B \otimes_A M) \cong (N_1 \otimes_B B) \otimes_A M \cong N_1 \otimes_A M \hookrightarrow N_2 \otimes_A M \cong \dots \cong N_2 \otimes_B (B \otimes_A M)$.


  • Nxb yêu thích


#586705 Bài chứng minh về nhóm

Gửi bởi fghost trong 01-09-2015 - 22:33

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 $x^2 \in ker(\varphi)=H$.




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

Gửi bởi fghost trong 10-08-2015 - 17:44

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 $[0, \infty)$




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

Gửi bởi fghost trong 28-07-2015 - 05:14

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 $Z/(m,n).$


  • Nxb yêu thích


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

Gửi bởi fghost trong 14-07-2015 - 12:58

 

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 $F=F_0(t_1^p,t_2^p)$?


  • Nxb yêu thích


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

Gửi bởi fghost trong 26-05-2015 - 10:03

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 $z \in \{1, 7,11,13,17,19,23,29\}$




#560647 Finite fields, transcendental elements, và irreducible polynomials

Gửi bởi fghost trong 21-05-2015 - 08:48



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 $a_i$).




#560569 Finite fields, transcendental elements, và irreducible polynomials

Gửi bởi fghost trong 20-05-2015 - 19:47

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

Gửi bởi fghost trong 19-05-2015 - 04:07

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.




#560203 isomorphism between two fields

Gửi bởi fghost trong 18-05-2015 - 19:10

Mình đang suy nghĩ bài này: CMR $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ is not isomorphic to $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. (Nguồn của bài này là lấy trong sách Algebra của Dummit and Foote, bài 4, chương 14.1. Chương này liên quan về field extension, galois groups...)

 

Mình suy nghĩ thế này, ko biết đúng ko nhưng ngoài ra mình chưa nghĩ ra cách khác:

 

Giả sử $\sigma: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \to \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ là isomorphism. Thì vì $\sigma(1)=1$, nên ta có thể suy ra là $\sigma(q)=q$ với mọi $q\in \mathbb{Q}$. 

Với $f(t)=t^2-3 \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})[t]$, và $f'(t)=\sigma(f(t))=\sigma(1)t^2-\sigma(3)=t^2-3 \in \mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Gọi $E$ là splitting field của $f(t)$ over $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, và $E'$ là splitting field của $f'(t)$ over $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Rõ ràng $E=\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$, và $E'=\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. 

Ta có một định lý là $\sigma$ có thể mở rộng ra thành một isomorphism giữa $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ và $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Tuy nhiên, hai trường này ko có isomorphic. Vì thế, giả thuyết ban đầu là sai. Cho nên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ is not isomorphic to $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$.

 

chỗ này bạn cần cẩn thận. Vì sao bạn biết $Q(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ và $Q(\sqrt{3})$ không isomorphic?

 

Mình đoán bạn lý luận rằng $Q(\sqrt{3}) \subsetneq Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ nên $i: Q(\sqrt{3}) \hookrightarrow Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ chỉ 1-to-1 chứ không onto. Nhưng điều đó không có nghĩa không tồn tại 1 homomorphism khác làm cho 2 trường kia isomorphic.

 

hình như bài này mình đã giải ở đây, bạn xem thử.

http://diendantoanho...ấu-với-vành/




#559931 đại số đồng diều

Gửi bởi fghost trong 17-05-2015 - 09:20

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

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

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

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

hay

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

 

Khi $n=1$, ta có

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

 

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

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

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

 

để $A \otimes Y \cong Tor_1(B,Y)$, ta cần $K=0$, nên $B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y$ phải là toàn ánh. Nhưng mình không nghĩ điều này đúng vì $B \subsetneq P$ ngay cả khi $P$ free, thì $B \otimes Y \subsetneq P \otimes Y$.

 

Tóm lại, mình nghĩ ta chỉ chứng minh được

$$Tor_{n-1}(A,Y) \cong Tor_n(B,Y), ~ \forall n >1$$




#559736 Vành chính và vành đa thức nhiều biến

Gửi bởi fghost trong 16-05-2015 - 11:34

Cho R là trường số thực. Cmr vành đa thức R[ x,y] không là vành chính ?

 

Ta chứng minh $m=(x,y)$ không phải là principal. Có nhiều cách để thấy điều này. Dùng dao giết trâu thì ta có thể dùng Krull Principal Ideal theorem, ta thấy nếu $m$ principal thì height của $m$ chỉ có thể tối đa là $1$, điều này vô lý, vì height của $m$ là $2$ ($0 \subsetneq (x) \subsetneq m$).

 

Cơ bản hơn thì giả sử $m=(f)$ với $f$ là 1 đa thức trong $R[x,y]$. Ta thấy $x \in (f)$ nên $f | x$ nên degree của $f$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$. Degree của $f$ không thể bằng $0$ vì khi đó $f \in R$ và $(f)= R[x,y]$. Nên degree của $f$ phải là $1$, và trong $R[x,y]$ đa thức có degree $1$ chỉ có thể là $x$ hoặc $y$. ta dễ thấy $(x) \ne m$ và $(y) \ne m$. Nên $m$ không phải principal.




#559278 Chứng minh rằng $f(x^p)=f(x)^p$

Gửi bởi fghost trong 14-05-2015 - 04:32

1. Nhận xét, nếu $X^{dk}-a$ irreducible, thì $X^d-a$ và $X^k-a$ đều là irreducible. Lý do? Ta thấy $X^{dk}-a=(X^d)^k-a=(X^k)^d-a$. Nếu $X^d-a=g(X)h(X)$ sao cho $X^d-a$ reducible, thì $X^{dk}-a=g(X^k)h(X^k)$ sẽ làm cho $X^{dk}-a$ reducible.

 

Áp dụng nhận xét trên, ta có $X^k-a$ phải là irreducible.

 

2. Quy nạp trên degree của $f$. Nếu $f=c \in Z/pZ$, ta thấy $c^p \equiv c \text{ mod } p$, nên đpcm đúng ở degree $0$.

 

Nếu $f=c_nX^n + c_{n-1}X^{n-1}+ \dots+ c_1X+c= Xg(X)+ c$ với $g(X)=c_nX^{n-1} + c_{n-1}X^{n-2}+ \dots+ c_1$, và ta có $g^p=g(X^p)$. Nhận xét

$$f^p=(Xg+c)^p=\sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(Xg)^ic^{p-i}$$

và vì $p | \binom{p}{i}$ ngoại trừ $i=0, i=p$, nên ta có

$$f^p=(Xg)^p+ c^p = X^pg^p+c^p=X^pg(X^p)+c= f(X^p) \in Z/pZ[X]$$




#558802 $\dots \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow...

Gửi bởi fghost trong 11-05-2015 - 21:15

Chứng minh ………Z4 -> Z4 -> Z4 -> Z4 ->………… là khớp.

 

Maps giữa những module đó là gì bạn?