Вопросы к гос. экзамену по дисциплине "Математика – Алгебра" - (шпаргалка)
p>Итак, покажем, что для x, yОKx, f(x)=f(y). Пусть f(x)№f(y) Ю f(x)-f(y)№0ў Ю f(x-y)№0ў ® x-y ПKer f Ю x y(mod Ker f)Ю xПKx Ъ yПKy , что противоречитусловию. Поэтому утверждение верно. Изобразим условие теоремы и результат доказанного схемой
K
·x f f(x) Kў ·y
Y
Ker f 0ў
E Kx
0ўў 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. Кх№КуЮY(Кх)№Y(Ку). Пусть это не так, пусть Y(Кх)=Y(Ку)Юf(х)=f(у)Юх и у из одного класса, что противоречит условию; т. е. Y - мономорфизм. хўОКў; т. к. f- эпиморфизм, то$ хОК, f(х)=хў, тогда $ Кх ОК(ker f : E(х)=Кх, а Y(Кх)=хў, что позволяет утвердждать: Y- эпиморфизм Итак , Y-изоморфизм К/ker f и Кў.
Пусть YоЕ(х) ; YоЕ(х)=Y(Е(х))=Y(Кх)=f(х)ЮYоЕ=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 ОZ называется делящимся на число в№оОZ, если существует такое число с, что а=вс, а называют в этом случае делимым, в – делителем, с – частным. Обозначают отношение І”. Отношение делимости на Z обладает рядом свойств:
1° " а№ 0, аMа, | Доказательство: 2° " а№0, в№0, а: M в, вMаЮа=в, | а№0 Юа=аЧ1ЮаMа; 3° "а, в, с, а: в и вMсЮ аMс | аMвЮа=вс Истинность названных трех | вMаЮв=аd }Юа=а(dс)ЮаЧ1=а(dс)Ю Свойств позволяют утверждать, | а(1-dс)=0Ю1-dс=0Юdс=1 (нет делителей редко)Ю Что отношение делимости |d и с делением 1, т. е. равны 1 или (-1) является нестрогим частичным | аMвЮа=вк } Юа=с(mк)ЮаMс порядком. | вMсЮв=сm} 4°а: в , сMвЮа+вMс, авMс
5° асMвс, с№0ЮаMв 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, в№0, Z(! )gч такие, что а=вg+ч, где 0Јч Теорема содержит в себе две: о существовании и о единств.
Рассмотрим ихдоказательства.
Случай 1. аі0. Проведем доказательство методом матиндукции. а=0 Ю 0=в0+0, где видно , что g=0, r=0ОZ
а=п Ю и пусть теорема для п верна, т. е.
(1) п=вg+r, 0Јr , 0
а=п+1Ю прибавим к обеим частям равенства (1) по 1, получим: п+1=вg+(r+1). Исследуем (r+1). Если r+1
Случай 2. а0 и теорема для этого числа верна, т. е. -а=вg+r 0Юr
А=в(-g)+(-r), прибавим к левой части и вычтем в, получим а=в(-g)-в+в+(-r)Юa=b(-1-g)+ (b-r), где –1-gОZ, в-r 0, т. е. теорема верна.
(! ) Пусть для а, в>0ОZ существует два варианта:
а=вg1+r1, а=вg2+r2, где 0Јr1, r2 Заметим, что g1=g2Ыr1=r2.
Действительно, если r1=r2Юr1-r2=в(g2-g1)=0, в№0Юg2-g1=0Ю
G1=g2, g1=g2Юg2-g1=0Юr1-r2=0Юr1=r2.
Поэтому рассмотрим случай, когда r1№r2, тогда вg1+r1=вg2+r2Юr1-r2=в(g2-g1). Так как 0 ЈrЈb, 0Јr2g1№g2>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 b=r1g2+r2, 0 …………...
rk-2=rk-1gk+rk, 0 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®aMd1bMdЮa-bgMdЮrMdЮd – общий делитель в и r,
т. е. , если (в, r)=d1, то d1Md (1)
(в, r)=d1®bMd1, rMd1ЮaMd1Юd1общий делитель a и b, ЮdMd1 (2) Из (1) и (2) следует, что d=d1
Лемма 2: аMвЮ (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)=Юa=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 вЮ М=ак, М=вmЮM=abs=absd/d=ab/(a, b)sdЮ
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 ОZ, 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=0ОZ, 0: mЮaєa (modm);
2° aєb (modm)Юa-b: mЮb-a: mЮbєa (modm);
3° aєb (modm), bєc (modm)Юa-b: m, Ю(a-b)+(b-c): mЮa-c: mЮ
…………………………………aєc (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- 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 Однако в теории классов известно, что таким обьразующим может быть любой элемент из этого
класса).
Рассмотрим множество классов вычетов, каждый из которых взаимно прост с m. Известно, что количество чисел, взаимно простых с модулем определяет функцию Эйлера g(m) , и что остатком от деления целых чисел на m составляют полную систему вычетов
Взаимно простые с m следует искать среди классов Ко, К1, К2, …, Кm-1. Пусть такими классами будут нr1, r2, …rg(m) э. Такую систему классов называют приведенной Системой классов вычетов и их представителем приведенной системы вычестов нr1, r2, …rg(m)э.
В этой системе ровно g(m) элементов, ( ri, m)=1, (ri, m)=1
Теперь докажем теорему о приведенной системе классов вычетов.
Теорема 2. Приведенная система классов вычетов по модулю не образует мультипликативную группу.
Для доказательства теоремы необходимо проверить существенные признаки мультипликативной группы,
т. е. проверить:
замкнутость относительного умножения,
ассоциативность умножения,
существование единичного элемента,
существование для каждого элемента обратного.
Рассмотрим {r1, ri, …rg(m)}, где (ri, m)=1, напомним , что riЧrj=riЧrj. (rim)=1Ю
(rj, m)=1
(ri, m)=1
……(rj, m)=1 Если предположить, что (riЧrj, m)№1, то это будет означать, что най р-простое число такое, что riЧrj: p1Ю m: p
Если ri или rj делятся на р, то нарушаем условие (1). Если ri p, то по известному утверждению,
ІaЧb: p, (a, p)=1Юb: pІ, следует, ri: p, что также приводит к противоречию (1). И так, (ri: rj, p)=1Ю
(riЧrj, p)=1, т. е. rirgО{r1, r2, …rj(m)}, что утверждает с необходимостью замкнутость очередного умножения. Так как классы вычетов riОZm, то умножение Так как (1, m)=1, то ri=1, т. е. единый класс в рассматриваемом множестве есть. Пусть аОZ, (а, m)=1, рассмотрим{ar1, ar2, …arg(m)}. Легко показать, что Это тоже приведенная система вычетов. Тогда ari=1ЮaЧri=1, т. е. для ri Существует класс ему обратный: а=ri-1. Можно существование обратного класса доказать и таким
