modules.tex

\documentclass{article}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{mathrsfs}
\pagenumbering{gobble}
\usepackage[margin=0.5in,footskip=0.25in]{geometry}

\def\quotient#1#2{%
	\raise1ex\hbox{$#1$}\Big/\lower1ex\hbox{$#2$}%
}

\newenvironment{amatrix}[1]{%
	\left(\begin{array}{@{}*{#1}{c}|c@{}}
	}{%
	\end{array}\right)
}

\begin{document}
	
	\title{Домашняя контрольная работа №2: Модули}
	\author{Константинов Антон, группа 221, вариант 11}
	
	\maketitle
	Задан $\mathbb{Q}[x]$-модуль M = \quotient{\mathbb{Q}[x]^3}{S}, где $S = \langle \underbrace{(-3x^2-4x+6, x^2-x-6, -x^2-2x+1)}_{v_1}, \underbrace{(-2x+3, -1, -x+1)}_{v_2},\\ \underbrace{(-2x+1, -1, -x)}_{v_3} \rangle$.
	\\Необходимо найти его разложение в прямую сумму примарных циклических подмодулей.
	
	Пусть $i\colon S \to \mathbb{Q}[x]^3$ - отображение вложения $S$ в $\mathbb{Q}[x]^3$, сопоставляющее вектору $v \in S$ его же, но как элемент $\mathbb{Q}[x]^3$.
	Очевидно, что $i$ - гомоморфизм.
	Выберем в $S$ базис $\mathscr{B}_1 = \{v_1, v_2, v_3\}$, а в $\mathbb{Q}[x]^3$ - базис $\mathscr{B}_2 = \{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)\}$. \\
	Найдём нормальную форму Смита матрицы $i$ относительно базисов $\mathscr{B}_1$ и $\mathscr{B}_2$. Для этого мы можем использовать любые обратимые элементарные преобразования над строками: умножение строки на элемент $\mathbb{Q}\setminus\{0\}$, прибавление $i$-й строки к $j$-й с коэффициентом из $\mathbb{Q}[x]\setminus\{0\}$, перестановку строк, а также аналогичные преобразования над столбцами.
	\[
	\underbrace{
	\begin{pmatrix}
	-3x^2-4x+6 & -2x+3 & -2x+1 \\
	x^2-x-6 & -1 & -1 \\
	-x^2-2x+1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	}_\text{$A$, исходная матрица}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-3x^2 & -2x+3 & -2x+1 \\
	x^2-x-4 & -1 & -1 \\
	-x^2-1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	3 & x & x+1 \\
	x^2-x-4 & -1 & -1 \\
	-x^2-1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	3 & x & x+1 \\
	-x-5 & -x & -x-1 \\
	-x^2-1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-x-2 & 0 & 0 \\
	-x-5 & -x & -x-1 \\
	-x^2-1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x+5 & x & x+1 \\
	x^2+1 & x-1 & x
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x+5 & x & x+1 \\
	x^2-x-4 & -1 & -1
	\end{pmatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x+5 & -1 & x+1 \\
	x^2-x-4 & 0 & -1
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x^2+1 & -1 & x \\
	x^2-x-4 & 0 & -1
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x^2 & -1 & x \\
	x^2-x-4 & 0 & -1
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	x+2 & 0 & 0 \\
	x^2 & -1 & x \\
	-x-4 & 1 & -x-1
	\end{pmatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 1 & -x-1 \\
	x^2 & -1 & x \\
	x+2 & 0 & 0
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 1 & -x-1 \\
	0 & 0.5x^2-1 & -0.5x^3-0.5x^2+x \\
	0 & 0.5(x+2) & -0.5(x+2)(x+1)
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & 0.5(x^2-2) & -0.5x(x-1)(x+2) \\
	0 & 0.5(x+2) & -0.5(x+2)(x+1)
	\end{pmatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & x+2 & -(x+2)(x-1) \\
	0 & x^2-2 & -x(x-1)(x+2)
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & x+2 & 0 \\
	0 & x^2-2 & -2
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & x+2 & 0 \\
	0 & x^2-4 & -2
	\end{pmatrix}
	=
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & x+2 & 0 \\
	0 & (x+2)(x-2) & -2
	\end{pmatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{pmatrix}
	-2 & 0 & 0 \\
	0 & x+2 & 0 \\
	0 & 0 & -2
	\end{pmatrix}
	\mapsto
	\underbrace{
		\begin{pmatrix}
		x+2 & 0 & 0 \\
		0 & 1 & 0 \\
		0 & 0 & 1
		\end{pmatrix}
	}_\text{$A^\prime$, искомая форма}
	\]
	
	Так как все произведённые преобразования были обратимыми, то $A^\prime = UAV$, где $U, V \in M_3(\mathbb{Q}[x])^*$. Матрица обратима тогда и только тогда, когда она является матрицей перехода из некоторого фиксированного базиса в некоторый другой базис свободного модуля.
	В нашем случае $U$ является матрицей перехода от $\mathscr{B}_2$ к $\mathscr{B}_2^\prime = \{u_1, u_2, u_3\}$, а $V$ - от $\mathscr{B}_1^\prime = \{(x+2)u_1, u_2, u_3\}$ к $\mathscr{B}_1$.
	\clearpage
	Тогда
	\[
	M =
	\quotient{\mathbb{Q}[x]^3}{S} =
	\frac {
		\mathbb{Q}[x]u_1 \oplus \mathbb{Q}[x]u_2 \oplus \mathbb{Q}[x]u_3
	}{
		\mathbb{Q}[x]((x+2)u_1) \oplus \mathbb{Q}[x]u_2 \oplus \mathbb{Q}[x]u_3
	} \cong
	\]
	\\
	\[
	\underbrace {
		\quotient{\mathbb{Q}[x]u_1}{\mathbb{Q}[x]((x+2)u_1)} \oplus
		\quotient{\mathbb{Q}[x]u_2}{\mathbb{Q}[x]u_2} \oplus
		\quotient{\mathbb{Q}[x]u_3}{\mathbb{Q}[x]u_3}
	}_\text{$M^\prime$}
	\cong
	\underbrace {
		\quotient{\mathbb{Q}[x]}{\langle x+2 \rangle} \oplus \{0\} \oplus \{0\}
	}_\text{$M^{\prime\prime}$, искомое разложение}
	\]
	Отметим, что изоморфизмами являются следующие отображения.
	\begin{align*}
	f&: (a, b, c)+S \mapsto (a + \mathbb{Q}[x]((x+2)u_1)), b + \mathbb{Q}[x]u_2, c + \mathbb{Q}[x]u_3) \\
	g&: (a + \mathbb{Q}[x]((x+2)u_1)), b + \mathbb{Q}[x]u_2, c + \mathbb{Q}[x]u_3) \mapsto (a + \langle x+2 \rangle, b + \mathbb{Q}[x], c + \mathbb{Q}[x])    
	\end{align*}
	Следовательно, $\varphi = g \circ f$ является изоморфизмом $M$ и $M''$.
	Элемент $\ell = (1 + \langle x+2 \rangle, 0 + \mathbb{Q}[x], 0 + \mathbb{Q}[x])$ является образующим для $M^{\prime\prime}$.
	Покажем, что $\varphi^{-1}(\ell) = (1, 0, 0) + S \in \mathrm{t}M$.
	Для этого достаточно доказать, что $(x+2) \cdot (1, 0, 0) = (x+2, 0, 0) \in S$.
	Пусть $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{Q}[x]$.
	Рассмотрим систему.
	\[
	\begin{pmatrix}
	-3x^2-4x+6 & -2x+3 & -2x+1 \\
	x^2-x-6 & -1 & -1 \\
	-x^2-2x+1 & -x+1 & -x
	\end{pmatrix}
	\begin{pmatrix}
	\alpha \\
	\beta \\
	\gamma
	\end{pmatrix}
	=
	\begin{pmatrix}
	x+2 \\
	0 \\
	0
	\end{pmatrix}
	\]
	Преобразуем расширенную матрицу системы.
	\[
	\begin{amatrix}{3}
	-3x^2-4x+6 & -2x+3 & -2x+1 & x+2 \\
	x^2-x-6 & -1 & -1 & 0 \\
	-x^2-2x+1 & -x+1 & -x & 0
	\end{amatrix}
	\mapsto
	\begin{amatrix}{3}
	-3x^2-4x+6 & -2x+3 & -2x+1 & x+2 \\
	x^2-x-6 & -1 & -1 & 0 \\
	-x^3+4x+1 & 1 & 0 & 0
	\end{amatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{amatrix}{3}
	-3x^2-4x+6 & -2x+3 & -2x+1 & x+2 \\
	-x^3+x^2+3x-5 & 0 & -1 & 0 \\
	-x^3+4x+1 & 1 & 0 & 0
	\end{amatrix}
	\mapsto
	\begin{amatrix}{3}
	-2x^4+3x^3+5x^2-14x+3 & 0 & -2x+1 & x+2 \\
	-x^3+x^2+3x-5 & 0 & -1 & 0 \\
	-x^3+4x+1 & 1 & 0 & 0
	\end{amatrix}
	\]
	\\
	\[
	\mapsto
	\begin{amatrix}{3}
	-(x+2) & 0 & 0 & x+2 \\
	-x^3+x^2+3x-5 & 0 & -1 & 0 \\
	-x^3+4x+1 & 1 & 0 & 0
	\end{amatrix}
	\Rightarrow
	\begin{cases}
	\alpha &= -1 \\
	\beta &= -x^3+4x+1 \\
	\gamma &= x^3-x^3-3x+5
	\end{cases}
	\]
	Таким образом, $(x+2, 0, 0) \in S$.
	Следовательно, элемент $(1, 0, 0)$ действительно лежит в $\mathrm{t}M$.
\end{document}