дома » Алгебра в школе » Разложение на простые множители

Разложение на простые множители

14. Разложение на простые множители.

 Главная страница: ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие.
Сборники Математики Скачать бесплатно		 Алгебра в школе.
ЕГЭ 2015 Математика.
Библиотека учителя.
Школьная математика.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

litres728_90

14.1. Кольцо целых алгебраических чисел K; если a 6 K, то a = y/a^fa = … .
14.6. б) Если m = a a, то ab = dm = da’a, откуда b = da’, т.е. d \ b. Аналогично, d \ a. Далее, пусть a = fa», b = fb».
Обозначим c = fa»b». Тогда c = ab» = ba» и, значит, c = c’m. Откуда ab = fc = fc’m = md, это дает fc’ = d, т.е. f \ d.
Таким образом, d = (a, b).
14.12. а) Если 5 (b) = 5 (a), то b = qa+r, где 5 (r) < 5 (a) и r = 0 ввиду неассоциированности a и b. Тогда r = b—qa = b (1 — qc)
и 5 (r) ^ 5 (b) = 5 (a). Противоречие. б) Очевидно. в) Вытекает из алгоритма Евклида.
д) Если au + bv =1 и ax + cy =1, то a (aux + cuy + bvx) + bc (vy) = 1. е) Если b \ a и c \ a, то [b, c] \ a. Так как bc = (b, c) [b, c]
и (b, c) = 1, то [b, c] = bc. ж) Если au + bv = 1, то (ac) u + (bc) v = c. Так как bc = aw, то c = a (cu + wv), т.е. a \ c.
14.14. Пусть p = p1 .. .pr — разложение на простые множители в Z[i]. Тогда p2 = 5(p) = 5 (p1).. .5 (pr), где 5 (pi) 6 Z.
Поэтому r = 2, p = p1p2 и 5 (p1) = 5 (p2) = p. Если p1 = m+ni, то p = 5 (p1) = m2+n2 = (m + ni) (m — ni), поэтому p2 = m—ni.
Так как t2 = 0 или 1 (mod4) для любого t 6 Z, то для нечетного простого числа p, не являющегося простым в Z[i], получаем
p = m2 + n2 = 0, 1 или 2 (mod 4), откуда p = 4k +1. Покажем, что простое число вида p = 4k +1 не является простым в Z[i].
Положим t = (2k)!. Так как t = (—1)2k (2к)! = (—1) (—2)… (—2к) = (p — 1) (p — 2)… (p — 2к) = ((p + 1) /2)… (p — 2) (p — 1)
(modp), то t2 = (2к)! ((p + 1) /2)… (p — 2) (p — 1) = (p — 1)! (modp). Применяя теорему Вильсона, ((p — 1)! + 1 = 0 (modp)),
получаем t +1 = 0 (modp). Если допустить, что p — простой элемент в Z[i], то из равенства (t + i) (t — i) = t + 1 = Ip,
l 6 Z, следует делимость на p одного из элементов t + i, t — i. Но t ± i = p (m + ni), откуда ±1 = pn, n 6 Z, что невозможно
в Z. Так как 2 = (1 + i) (1 — i) не является простым в Z[i], то доказано, что простое число p 6 Z остается простым в Z[i] в
точности тогда, когда p = 4к — 1. Всякое простое число p = 4к +1 представимо в виде p = m2 + n2 для некоторых m, n 6 Z.
4) К вышедоказанному достаточно показать, что если (m, n) = 1 и p \ m2 + n2, то p = 4к + 1. Так как (m, n) = 1 и m2 + n2 = 0
(modp), то p f mn, откуда mp-1 = 1 (modp). Поэтому (mp-2n^ = m2p-4n2 = —m2p-2 = —1 (modp). Таким образом,
существует s 6 Z такое, что s2 = —1 (modp), s4 = 1 (modp). Поэтому порядок p — 1 группы Zp делится на 4 (в силу
цикличности) и p = 4к + 1.
14.15. Число n — простое вида p = 4к — 1, оно является простым элементом в Z[i]. Поэтому идеал (p) максимален. Поле
Z [i] / (p) содержит p2 элементов.
14.16. Если допустить, что x2 + 1 = (x + a) (x + b), то a + b = 0 (modp), a2b2 = 1 (modp). Отсюда a = —b (modp) и
a4 = b4 = 1 (modp). Откуда следует, что порядок p — 1 группы Zp делится на 4, значит, 4 делит 2. Противоречие.
14.21. Пусть, например, p =2. Равенства 2 = 21^2 • 21^2 = 21^2 • 21^4 • 21^4 = … показывают, что в кольце не выполнено
условие разложения на простые множители.
14.23. а) Положим 5(m + in) = m2 + n2, т.е. 5(a) = N(a) — норма a. Тогда 5(ab) = 5(a)5(b) ^ 5(a) для a,b 6 Z[i]. Пусть
b =0. Тогда ab-1 = a + ifi 6 Q(i). Возьмем ближайшие к a, в целые числа к, l такие, что a = к + v, в = l + М, \и\, \^\ ^ 1/2.
Имеем a = b [(к + v) + i(l + ^)] = bq + r, где q = к + il 6 Z[i], r = b(v + iy.). Так как r = a — bq, то r 6 Z[i], причем
5(r) = \r\2 = \b\2(v2 + y2) ^ 5(b)(1/4 + 1/4) = 1 /25(b) < 5(b). Далее, включение u = m + in 6 U(Z[i]) равносильно равенству
5(u) = 1, т.е. m2 + n2 = 1. Откуда U(Z[i]) = (i) — циклическая группа.
б) Для a = m + nu 6 Z[w], 5(a) = m2 — mn + n2 = aa. Пусть 0 = b 6 Z[w]. Тогда ab-1 = ab/bb = a + в^, где a, в 6 Q.
Возьмем ближайшие к a, в целые числа к, l такие, что a = к + v, в = l + у. Имеем a = b [(к + v) + u(l + y)] = bq + r, где
q = к + ul 6 Z[u], r = b(v + uy) 6 Z[u], 5(r) = 5(b)5(v + uy) = 5(b)(v2 — vy + y2) ^ 3/45(b) < 5(b). U(Z[u]) = {±1, ±u, ±u2}.
в) 5(m + nV—2) = m2 + 2n2. U(Z[V—2]) = {±1}.
Пусть K = Z[V—3], 0 = a = m + n^—3 6 K, N (a) = m2 + 3n2 6 N. Если a обратим, то N(a-1) = N(a)-1 6 N, значит,
N(a) = 1, n = 0, m = ±1. Если a = a1 …ar, то N(a) = N (a1) • … • N (ar), где 1 < N(ai) 6 N. Значит, r не может

178 Разложение на простые множители.

неограниченно расти. Следовательно, разложение на простые множители в K возможно. Далее, 4= 2’2 = (1 + \/—^)(1^\/—^),
N (2) = N (1 ± л/—3) = 4. Поэтому из разложения a = a1a2 для a = 2 или 1 ± \/—3 следовало бы 4 = N (a) = N (a1)N (a2), т.е.
N (ai) = 2, что невозможно, поскольку уравнение x2 + 3y2 = 2 с x,y G Z неразрешимо. Простота 2 и 1 ± \/—3 доказана.
14.25. Предположим, что f(x) = g(x)h(x), где f(x) G K[x], с g(x), h(x) G Q[x\. Умножим обе части этого равенства на квадрат
наименьшего общего кратного знаменателей всех коэффициентов многочленов g(x) и h(x). Тогда af (x) = bgo(x)ha(x), где
a,b G K и go(x), ho(x) — многочлены с содержанием, равным 1. По лемме Гаусса ad(f (x)) = b, откуда f(x) = d(f (x))go(x)ho(x)
над K, что противоречит неприводимости f(x) над K.
14.26. Предположим противное. Воспользовавшись предыдущим упражнением, запишем f(x) в виде произведения двух
многочленов над Z: f (x) = (xs + b1xs-1 + … + bs)(xt + dxt-1 + … + ct), это разложение сохранится в факторкольце Z[x\/(p) =
Zp[x]. По условию ai = 0 (вычет по модулю p). Так как xsxt = (xs + b1xs-1 + … + bs)(xt + 0 1xt-1 + … + at), то bi = cj = 0,
т.е. p \ bi, cj, откуда p2 \ an = bsct. Противоречие.
14.27. Например, x3 = x(x — 4)2 = (x — 2)(x2 + 2x + 4) = (x — 6)(x2 — 2x + 4).
14.28. Если a = p1 • … • pn, то (a) = (p1) • … • (pn).
14.30. Предположим, что в кольце K содержится точно п классов простых ассоциированных элементов с представителями
p1,… ,pn. Заметим, что в этом случае все элементы вида gi = (p1 •… • pn)% — 1, i G N, различны и обратимы. Действительно,
gi = 0, а необратимость какого-то gi влечет существование у него простого делителя, который не может принадлежать
ни одному из имеющихся п классов простых ассоциированных элементов. Предположение же gi = gk для некоторых k < l
ведет к невозможному равенству (p1 • … • pn) — = 1. Поэтому случай конечности U(K) невозможен. Если допустить, что
U(K) U{0} — подгруппа в K+, то g1 + 1 = p1 • … • pn G U(K), что также исключено.

179 Разложение на простые множители.

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика