Алгебра. Теория колец. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Алгебра. Теория колец.

Тема Линал и алгебра.

02 Алгебра. Теория колец.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#53010

Пусть $p$ - многочлен, $a ∈ ℝ$ - какое-то вещественное число.Найти остаток при делении многочлена $p$ на многочлен $g = x− a$ .

Показать ответ и решение

Во-первых, как всегда при делении одного многочлена на другой, степень остатка должна быть строго меньше степени делителя. Но многочлен $p(x)$ мы делим на $g(x ) = x − a$ и ясно, что $degg = 1$ .

Таким образом, степень остатка должна быть $< 1$ . То есть, степень остатка будет либо 0, либо $− ∞$ . В любом случае можно сказать, что остаток получается всегда каким-то константным многочленом - либо нулевым, либо ненулевым, но это в любом случае константа.

Итак, разделим $p(x)$ на $g(x)$ и запишем результат в общем виде:

p(x) = (x − a)q(x)+ r(x) degr < 1

Но остаток, раз он есть константа, как мы сказали, ни от какого $x$ зависеть не должен. То есть можно написать, что

p(x) = (x − a)q(x)+ r

Тогда заметим, что если подставить в левую часть, то есть в $p (x )$ число $a ∈ ℝ$ , то получится, с одной стороны, $p(a)$ , но, поскольку $p(x) = (x − a)q(x)+ r$ , то при подстановке в $p(x)$ числа $a$ , мы получим как раз значение правой части от $a$ , то есть, короче говоря:

p(a) = (a − a)q(a)+ r

Но $(a− a) = 0$ , то есть первый сомножитель справа зануляется, и мы имеем

p(a) = r

То есть, мы как раз нашли остаток. Он равен значению многочлена при $x = a$ . Иначе говоря, $r = p(a)$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#53008

Поделить многочлен $f = 3x3 + 2x2 + x$ на многочлен $g = x+ 1$ с остатком в кольце $ℤ5 [x]$ .

Показать ответ и решение

3x3 + 2x2 + x = (x + 1)(3x2 + 4x + 2)+ 3 в ℤ5 [x]

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#53007

Поделить многочлен $f = x7 − x6 + x3 + 1$ на многочлен $g = − x6 + x$ с остатком в кольце $ℤ2 [x]$ .

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что, поскольку в $ℤ2$ у нас есть только 2 числа - это 0 и 1, то мы должны все коэффициенты наших многочленов записывать именно как элементы из $ℤ2$ .

В $ℤ2$ у нас $− 1 = 1$ , а поэтому наши многочлены переписываются как $f(x) = x7 + x6 + x3 + 1$ , $g(x) = x6 + x$ .

Дальше осталось только поделить многочлены как обычно уголком, учитывая, что мы работаем с коэффициентами по модулю 2:

7 6 3 6 3 2 x − x + x + 1 = (x + x)(x + 1)+ x + x + x + 1 в ℤ2 [x]

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#53005

Пусть $K$ - поле. Описать все простые элементы в $K$ .

Показать ответ и решение

По определению, элемент $p$ из кольца $K$ прост, если он не равен 0, необратим, и не раскладывается в произведение необратимых множителей.

Но в поле не бывает ненулевых необратимых элементов.

Следовательно, в поле нет простых элементов.

Комментарий. В том числе поэтому теория делимости с остатком в полях не представляет никакого интереса. Там нет ни простых, ни составных элементов, там нет смысла говорить, соответственно, и о разложении на простые, и о делении с остатком, потому что там всегда можно поделить на любой ненулевой элемент безо всякого остатка.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#53003

a) В каком случае многочлены $p1,p2 ∈ K [x ]$ ассоциированы как элементы кольца многочленов $K [x]$ ?

b) В каком случае целые числа $a,b ∈ ℤ$ ассоциированы как элементы кольца целых чисел?

Показать ответ и решение

a) По эквивалентному определению, два элемента кольца ассоциированы, если они отличаются умножением на обратимый элемент из кольца.

Обратимыми элементами в кольце $K [x]$ являются только константные ненулевые многочлены.

То есть $p1$ ассоциирован с $p2$ , если $∃c ∈ K$ такая, что $p1 = cp2$ , причём $c ⁄= 0$ . То есть, ассоциированные многочлены - это в точности те, которые отличаются умножением на ненулевую константу.

b) Опять же, элементы кольца $ℤ$ ассоциированы, если они отличаются умножением на обратимый элемент из $ℤ$ .

Обратимыми элементами в кольце $ℤ$ являются только $± 1$ .

То есть $a$ ассоциировано с $b$ , если $a = ±b$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#53002

Пусть $K$ - поле, $K [x]$ - кольцо многочленов с коэффициентами из $K$ . В каком случае многочлен $p(x) ∈ K$ обратим?

Показать ответ и решение

Утверждается, что $p(x) ∈ K [x]$ обратим тогда и только тогда, когда $degp = 0$ . То есть $p(x)$ - это многочлен нулевой степени, то есть $p(x) = c$ , причем $c ⁄= 0$ (иначе степень была бы $− ∞$ ).

Действительно, если $p(x ) = c, c ⁄= 0$ , то, поскольку $c ∈ K$ , а $K$ - это поле, то $∃c− 1 ∈ K$ .

Следовательно, константный многочлен $g(x) = c−1$ будет обратным для $f (x )$ , ведь если их перемножить, то получится $p (x )⋅g(x) = c⋅c−1 = 1$ .

Если же $p(x) = 0$ , то есть $degp = − ∞$ , то он необратим, поскольку если бы он был обратим, то был бы обратим 0 в поле $K$ , что невозможно.

И, наконец, если $degp(x) > 0$ , то есть если $p(x)$ - многочлен хотя бы первой степени, то он необратим.

Действительно, предположим от противного, что $p(x)$ - обратим, при условии, что $degp(x) > 0$ . Тогда должен существовать такой $q(x ) ∈ K [x]$ , что $p(x)q(x) = 1$ .

Но тогда должны быть равны и степени левой и правой части:

deg [p(x)q(x)] = deg1

Однако степень произведения равна сумме степеней:

degp(x) + degq(x) = deg1 = 0

Но $degp(x) > 0$ . Значит, $degp(x)$ нельзя сложить ни с какой степенью, чтобы в сумме получилась степень константы 1, то есть 0 (так как степень бывает только неотрицательная, либо $− ∞$ ).

Полученное противоречие доказывает, что никакой многочлен положительной степени не обратим.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#53000

Вспомним утверждение о делении многочленов с остатком:

Утверждение (о делении многочленов с остатком). Пусть $K$ - поле, $K [x]$ - кольцо многочленов с коэффициентами из $K$ .
Тогда для любых двух многочленов $f,g ∈ K [x]$ , при условии, что $g$ - ненулевой многочлен, существуют многочлены $q,r ∈ K [x ]$ такие, что $f = gq + r$ , причем $degr < degg$ .

Вопрос: Пусть даны конкретные $f,g ∈ K [x]$ . Причём $g ⁄= 0$ . Насколько однозначны определены частное $q$ и остаток $r$ при делении многочлена $f$ на многочлен $g$ ? Могут ли при делении одного многочлена на другой получаться разные частные или, например, разные остатки?

Показать ответ и решение

Нет, на самом деле при фиксированных многочленах $f,g ∈ K [x]$ частное и остаток при делении $f$ на $g$ определены однозначно.

Действительно, пусть мы смогли двумя способами поделить $f$ на $g$ с остатком:

f = gq + r , degr < degg 1 1 1

f = gq + r , degr < degg 2 2 2

Тогда, вычитая эти равенства почленно:

0 = g(q1 − g2) + (r1 − r2)

то есть

g(q1 − g2) = (r2 − r1)

Раз многочлен из левой части равен многочлену из правой части, то равны и их степени:

deg[g(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

Но тогда, пользуясь тем, что для любых многочленов степень произведения равна сумме степеней, имеем:

degg + deg[(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

Откуда видно, что степень $deg[(r2 − r1)]$ разности остатков равна степени $g$ плюс что-то еще (а именно: $deg[(q1 − g2)]$ ). Но уж точно из этого равенства следует, что степень $deg[(r2 − r1)]$ не меньше, чем степень $g$ .

А это явное противоречие с тем, что $degr1 < degg$ и $degr2 < degg$ . Ведь если у обоих $r1,r2$ степень была строго меньше, чем у $g$ , то у их разности степень не могла оказаться больше либо равна, чем у $g$ .

Следовательно, чтобы равенство

deg[g(q1 − g2)] = deg[(r2 − r1)]

было возможным, в его левой и правой части должны стоять минус бесконечности. То есть, степень произведения $deg[g(q1 − q2)] = − ∞$ . Следовательно, многочлен $g(q1 − g2)$ нулевой, а раз делили мы на ненулевой $g$ , то, значит, $q1 − q2$ - нулевой многочлен, то есть $q1 = q2$ .

Но тогда, поскольку

g(q1 − g2) = (r2 − r1)

то и $r1 = r2$ . И мы с вами доказали единственность частного и остатка при делении многочлена на многочлен.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#47648

Существует ли бесконечное поле ненулевой характеристики? Потому что пока известные нам поля ненулевой характеристики - это только конечные поля вида $ℤp,$ где $p−$ простое.

Показать ответ и решение

Рассмотрим поле

f(x) ℤp (x) = {----|f (x ) ∈ ℤp[x],g(x) ∈ ℤp[x],g(x) ⁄= 0} g(x)

множество рациональных дробей с коэффициентами из $ℤp.$ Складываются такие рациональные дроби приведением к общему знаменателю, а умножаются как обычные дробные функции - числитель на числитель и знаменатель на знаменатель. Поскольку $ℤp$ - поле, то $ℤp(x)$ - коммутативное, ассоциативное кольцо с единицей единицей будет дробь $1 1$ - отношение константных многочленов равных 1) без делителей ноля. Кроме того, каждый ненулевой элемент $f1(x) f2(x)$ в нём обратим - обратным к нему, как нетрудно понять, будет $f2(x). f1(x)$

C другой стороны, если мы сложим $p$ единиц этого поля, то есть $1+ 1 + 1...+ 1 1 1 1 1$ ( $p$ раз), то эта сумма будет равна $p 1,$ но константный многочлен $p$ равен 0, следовательно, $p 1 = 0.$ Ясно, что меньше чем $p$ характеристика этого поля быть не может, поскольку $p$ простое. Следовательно, $char ℤp(x).$ В то время как в самом $ℤp(x)$ бесконечно много элементов. Например, в нем есть такие элементы (очевидно, все различные):

1 x x2 x3 xn xn+1 --,-,---,--,....--,-----,... 1 1 1 1 1 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#47646

Показать, что $(ℝ3, +,[, ])$ - кольцо. А именно, показать, что векторное произведение $[,]$ - дистрибутивно, то есть что

∀a,b,c ∈ ℝ3 [(a + b),c] = [a,c]+ [b,c]

и что

3 ∀a,b,c ∈ ℝ [a,(b+ c)] = [a,b]+ [a,c]

Показать ответ и решение

Пусть $a = (a1,a2,a3),$ $b = (b1,b2,b3),$ $c = (c1,c2,c3).$ Тогда, если вспомнить, как считается векторное произведение:

( ) e1 e2 e3 [(a + b),c] = det|| || = ( a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3) c1 c2 c3

= (c3(a2 + b2)− c2(a3 + b3))e1 + (c1(a3 + b3)− c3(a1 + b1))e2 + (c2(a1 + b1)− c1(a2 + b2))e3 =

= (c3a2− c2a3)e1+ (c1a3− c3a1)e2 +(c2a1− c1a2)e3+ (c3b2− c2b3)e1+ (c1b3− c3b1)e2+ (c2b1− c1b2)e3 =

( ) ( ) e1 e2 e3 e1 e2 e3 || || || || = det( a1 a2 a3) + det( b1 b2 b3) = [a,c]+ [b,c] c1 c2 c3 c1 c2 c3

Мы доказали правую дистрибутивность. Левая доказывается аналогично.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47645

Показать, что в кольце всех матриц размера $n× n$ $M atn×n(ℝ )$ есть делители ноля.

Показать ответ и решение

Пусть $( ) | 1 0 0 0 0| | 0 0 0 0 0| || || A = || 0 0 0 0 0|| , |( ... ... ... ... ...|) 0 0 0 0 0$ $( ) | 0 0 0 0 0 | | 0 1 0 0 0 | || || B = || 0 0 1 0 0 || . |( ... ... ... ... ...|) 0 0 0 0 1$ То есть у матрицы $A$ единица стоит только на $(1,1)$ месте, а у матрицы $B$ единица стоит на всех $(i,i)−$ ых местах, кроме места $(1,1).$ Элементы на остальных позициях у обоих матриц равны 0. Тогда ясно, что $AB = 0.$ Таким образом, $A = ⁄= 0$ - левый делитель ноля, а $B ⁄= 0$ - правый делитель ноля.