szukanie zaawansowane
 [ Posty: 5 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 9 maja 2018, o 17:02 
Użytkownik

Posty: 60
Lokalizacja: Polska
Mam wykazać, że nie istnieje epizmorfizm \mathbb{Z}\left[ i\right] \rightarrow\mathbb{Z}
gdzie \mathbb{Z}\left[ i\right]=\left\{ a+bi:a,b \in \mathbb{Z}\right\}.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 maja 2018, o 18:23 
Użytkownik

Posty: 12914
Te struktury rozważasz, jak rozumiem, z dodawaniem :?: Mnie wyszło, że nie istnieje izomorfizm, ale przecież epimorfizm łatwo zrobić, wystarczy, żeby na 1 przyjmował 1, na i przyjmował 0 i był homomorfizmem, tj. f(a+bi)=a dla a,b\in \ZZ. :(

Niech \varphi: \ZZ[i] \rightarrow \ZZ będzie homomorfizmem grup. Oczywiście \varphi(0)=0. Mamy:
\varphi((a+bi)+(c+di))=\varphi(a+bi)+\varphi(c+di), w szczególności jeśli b=d=0, to dla a,b \in \ZZ+0i dostajemy \varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b). Stąd (indukcja) nietrudno wywnioskować, że \varphi(x)=ax dla dowolnego x\in \ZZ+0i i pewnego a\in \ZZ, \ a=\varphi(1).
Analogicznie dla czysto urojonych elementów \ZZ[i], może rozpiszę to trochę dokładniej:
\varphi(i+i)=\varphi(i)+\varphi(i), przez trywialną indukcję po n\in \NN, którą zostawiam jako ćwiczenie \varphi(ni)=n\varphi(i) dla n\in \NN^+ i z uwagi na \varphi(0)=\varphi(ni+(-ni))=\varphi(ni)+\varphi(-ni) ogólnie dostajemy
\varphi(ni)=n\varphi(i) dla n\in \ZZ. Czyli dostaliśmy
\varphi(a+bi)=a\varphi(1)+b\varphi(i)
dla dowolnych a,b\in \ZZ.
Oczywiście \varphi(1)\in \ZZ, \  \varphi(i)\in \ZZ, więc jeżeli
\NWD(\varphi(1), \varphi(i))=d>1, to d|\varphi(z) dla dowolnego z\in \ZZ[i], co wyklucza to, by \varphi było „na", np. nie istnieje z\in \ZZ[i], dla którego \varphi(z)=1, bo żadna liczba całkowita dodatnia d>1 nie dzieli 1.
Zatem przypuśćmy, że \NWD(\varphi(1), \varphi(i))=1. Wówczas z rozszerzonego algorytmu Euklidesa istnieją takie
s,t \in \ZZ, że s\varphi(1)+t\varphi(i)=1 i dowolna funkcja spełniająca takie warunki (tj. \NWD(\varphi(1), \varphi(i)=1) będzie „dobrym" epimorfizmem grup, ale wówczas także
s(1+nt\varphi(i))\cdot \varphi(1)+t(1-ns\varphi(1))\cdot \varphi(i)=1
dla dowolnego n\in \NN^+,
tj.
1=\varphi(s+ti)=\varphi\left( s(1+nt\varphi(i))+it(1-ns\varphi(1))\right)
ale przeważnie s\neq s(1+nt\varphi(i)) \vee t\neq t\left( 1-ns\varphi(1)\right)
(co doprowadziłoby nas do wniosku, że \varphi nie jest injekcją, więc nie jest izomorfizmem),
nie chce mi się tego bardziej rozpisywać, bo i tak pewnie gdzieś się mylę, skoro tak mi wyszło (albo w treści jest błąd).

-- 9 maja 2018, o 18:48 --

A może miało być nieistnienie epimorfizmu w drugą stronę, to bym się mniej zdziwił. No coś mi śmierdzi w tym poleceniu w każdym razie.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 15 maja 2018, o 17:23 
Użytkownik

Posty: 60
Lokalizacja: Polska
Powracam, i chyba udało mi się rozwiązać.
Spytałam się prowadzącej zajęcia i okazało się że \mathbb{Z}\left[ i\right] i \mathbb{Z} mają być rozważane jako pierścienie z dodawaniem i mnożeniem. Wtedy sprawa się upraszcza, bo w definicji homomorfizmu pierścieni (przynamniej w tej wersji jaka była podawana u nas) f(1)=1 jako że 1 jest elementem neutralnym mnożenia w obu tych pierścieniach.

Ponadto f(i)=1 bo:
f(i)f(-i)=f(1)=1 a jedynymi elementami odwracalnymi w Z są 1 i -1, więc f(i)=f(-i)=1 lub f(i)=f(-i)=-1.
Ale f((i+1)(i+1))=f(1+i)f(i+1)=f(2i)=2f(i) \ge 0 więc f(i)=1.

Teraz f(-1)=f(i)f(i)=1, więc ostatecznie f(k)=\left| k\right| dla k całkowitych.

I finał:
f(a+ib)=f(a)+f(i)f(b)=\left| a\right|+\left| b\right| \ge 0 dla dowolnych a i b całkowitych, stąd nigdy nie otrzymamy liczb ujemnych.

Z dowoloności f wynika że nie istnieje epizorfizm tych pierścieni.

Będę wdzięczna za sprawdzenie tego wywodu :lol:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 15 maja 2018, o 17:35 
Użytkownik

Posty: 12914
Ach, nie wiem, czemu patrzyłem na epimorfizm grup, nie rozważając możliwości, że chodzi o nieistnienie epimorfizmu pierścieni (chociaż też lepiej by było, gdyby o jasno sformułowano w pierwszym poście).
No dobra, są to pierścienie z jednością, więc faktycznie jeśli f jest homomorfizmem z \ZZ[i] w \ZZ, to f(1)=1.
Rozumowanie jest poprawne (tylko wniosek, że f(k)=|k| należałoby udowodnić indukcyjnie, choć to trywialne).
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 15 maja 2018, o 17:39 
Użytkownik

Posty: 60
Lokalizacja: Polska
Udowodniłam to, tylko mi się nie chciało przepisywać :)

Dziękuję bardzo za pomoc !
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 5 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Istnieje dokładnie jeden element neutralny dodawania - dowód  ms7  13
 Rząd elementu przy przenoszeniu przez epimorfizm  Blackie  1
 monomorfizm, epimorfizm  teta  1
 Udowodnij, ze istnieje liczba calkowita..  olgalagowska  0
 Epimorfizm grup - zadanie 2  gosia19  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl