hw.latex usage example

4-3.pd

% Алгебраические структуры #4
% Кирилл Елагин


36
====

а)
---

Возьмём базис. Если он имеет вид $\{1, e\}$, то хорошо; иначе заметим, что множество \{1\} независимо,
и с помощью леммы о замене получим $\{1, e\}$ — порождающее множество размера базиса, т.е. базис.

Разложим $e^2$ по базису: $e^2 = \alpha + \beta e$. Положим $f = e - \sfrac{\beta}{2}$ (на двойку можно поделить,
поскольку $\operatorname{char} K \ne 2$).
Заметим, что $e$ легко выражается через $\{1, f\}$, потому $\{1, f\}$ — базис.
Положим $a = f^2 = (e - \sfrac{\beta}{2})^2 = (\alpha + \beta e) - \beta e + \sfrac{\beta^2}{4} = \alpha + \sfrac{\beta^2}{4} \in K$.

Проверим, что $(s + tf) \mapsto (s + tx)$ — изоморфизм. Биективность очевидна. Очевидно и что всё в порядке со сложением и умножением
на элемент поля. Проверим умножение:

\begin{align*}
(s_1 + t_1 f)(s_2 + t_2 f)      &= s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) f + t_1 t_2 a \\
(s_1 + t_1 x)(s_2 + t_2 x)      &= s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) x + t_1 t_2 x^2
                                 = s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) x + t_1 t_2 a + t_1 t_2 (x^2 - a)
                             \\ &= s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) x + t_1 t_2 a.
\end{align*}


б)
---

Пусть $f$ — изоморфизм. Его достаточно задать на базисе, так что будем считать, что $1 \mapsto 1$ (единица должна сохраниться)
и $x \mapsto \alpha + \beta x$. Поскольку это гомоморфизм,
$f(x \cdot x) = f(x^2) = f(a + (x^2 - a)) = f(a) = a$; с другой стороны,
$f(x \cdot x) = f(x)f(x) = (\alpha + \beta x)^2 = \alpha^2 + 2 \alpha \beta x + \beta^2 x^2 =
\alpha^2 + 2 \alpha \beta x + \beta^2 b + \beta^2 (x^2-b) = \alpha^2 + 2 \alpha \beta x + \beta^2 b$.
Сравнив коэффициенты при $x$ (и вспомнив про $2 \ne 0$), понимаем что либо $\beta = 0$, либо $\alpha = 0$, но в первом случае
не получится биекции, поскольку никто не перейдет в $x$, значит $\alpha = 0 \land \beta \ne 0$.

\begin{align*}
(s_1 + t_1 x)(s_2 + t_2 x) &= s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) x + t_1 t_2 a + t_1 t_2 (x^2 - a)
                        \\ &= (s_1 s_2 + t_1 t_2 a) + (s_1 t_2 + s_2 t_1) x
                        \\ &\mapsto (s_1 s_2 + t_1 t_2 a) + (s_1 t_2 + s_2 t_1) \beta x.
\\
(s_1 + t_1 x)(s_2 + t_2 x) &\mapsto (s_1 + t_1 \beta x)(s_2 + t_2 \beta x)
                        \\ &= s_1 s_2 + (s_1 t_2 + s_2 t_1) \beta x + t_1 t_2 \beta^2 b - t_1 t_2 \beta^2 (x^2-b)
                        \\ &= (s_1 s_2 + t_1 t_2 \beta^2 b) + (s_1 t_2 + s_2 t_1) \beta x.
\end{align*}

Таким образом, $t_1 t_2 a = t_1 t_2 \beta^2 b \iff a = \beta^2 b$. Значит, либо $b = 0 \so a = 0$, либо
$b \ne 0 \so a \ne 0$ (поскольку $\beta \ne 0$) $\so \frac{a}{b} = \beta^2$, где $\beta \ne 0$.

Наоборот, если условие выполнено, то в случае $a=b=0$ изоморфизм очевиден, а иначе достаточно взять отображение
$1 \mapsto 1$, $x \mapsto (\frac{a}{b})^\frac{1}{2} x$ — для него очевидна биективность, очевидно, что всё в порядке
со сложением и умножением на константу, а из длинной выкладки выше следует, что и с умножением.


38
====

\renewcommand{\C}[1]{\operatorname{C}_{#1}}

Вооружившись воспоминаниями о задаче 36а можно легко понять что $K[\C{n}] \cong K[x]/(x^n-1)$, поскольку
изоморфизм из той задачи (разложить по естественному базису и взять элемент с такими же координатами) подходит.
Действительно, в $K[\C{n}]$: $\alpha d^{n+k} = \alpha d^k$; в $K[x]/(x^n-1)$:
$\alpha x^{n+k} = \alpha x^k + \alpha x^k (x^n -1) = \alpha x^k$. Это объясняет, почему с умножением
всё в порядке, а биективность и свойства про сложение и умножение на элемент поля очевидны.


а)
---

Построим изоморфизм между $K[x]/(x^n-1)$ и $K[x]/(x^n)$.
Для этого, первым делом, заметим очевидный факт: и там, и там $\{1, x, x^2, \ldots, x^{n-1}\}$ — базис.
Ещё один чуть менее очевидный факт: $\{1, x-1, (x-1)^2, \ldots, (x-1)^{n-1}\}$ тоже базис ($x$ легко
выражается через $1$ и $x-1$; $x^2$ легко выражается через $1$, $x-1$ и $(x-1)^2$ и так далее).

Изоморфизм будет такой: элемент $K[x]/(x^n-1)$ раскладываем по базису $\{x^i\}$ и берем
элемент $K[x]/(x^n)$ с такими же координатами в базисе $\{(x+1)^i\}$. Проверим умножение:
$\alpha x^{n+k} = \alpha x^n x^k = \alpha x^k \mapsto \alpha (x+1)^{n+k} = \alpha (x+1)^n (x+1)^k =
\alpha (x^n + 1) (x+1)^k = \alpha (x+1)^k$.

Итого, искомый изоморфизм — композиция, т.е. $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\alpha_i d^i \mapsto \sum\limits_{i=0}^{n-1}\alpha_i (x+1)^i$.


б)
---

Рассмотрим многочлен $x^n-1$. Найдем корни его производной: $nx^{n-1} = 0$; поскольку $\operatorname{char} K$ не делит $n$, $n \ne 0$,
следовательно $n^x{n-1} = 0 \iff x^{n-1} = 0 \iff x = 0$. Но поскольку $0 \ne 1$, ноль не может быть корнем исходного многочлена,
значит у исходного многочлена нет кратных корней, потому его можно разложить в произведение $n$ _различных_ многочленов
первой степени (первой, поскольку поле $K$ алгебраически замкнуто): $x^n-1 = (x-a_1)\ldots(x-a_n)$.