Prouver une fonction$\pi$de$U(q) \to U(q')$être sur

Question

Cette question particulière a été posée dans mon quiz d'algèbre abstraite et je n'ai pas pu la résoudre.

Laisser$q ,q' \in \mathbb{N} $et laissez$q'\mid q$. Laisser$U(m)$désignent le groupe multiplicatif des classes de résidus premiers à$m$. Laisser$\pi: U(q) \to U(q')$être tel que si$a \in U(q)$,$\pi(a)$est un élément unique dans$U(q')$tel que$a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.

Montrez ensuite que$\pi$est sur.

Tentative - j'étais confus. Tout ce que je pouvais montrer, c'est que$a$est non nul comme$a$appartient à$U(q)$et$a \not \equiv 0 \pmod {q'}$comme$\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. Mais clairement alors ne sont pas suffisants pour prouver sur.

Veuillez donner quelques indices. Repos Je voudrais travailler par moi-même.

Answer 1

Astuce : Laissez$y\in\Bbb Z$tel que$\gcd(y,q')=1$. D'après le théorème des restes chinois, il existe$k\in\Bbb Z$tel que$y+kq'\equiv 1\pmod p$pour chaque diviseur premier$p$de$q$qui ne divise pas$q'$.

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Preuve détaillée : Soit$P$soit l'ensemble des diviseurs premiers de$q$qui ne divise pas$q'$. D' après le théorème des restes chinois , il existe$k\in\Bbb Z$tel que$$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$pour chaque$p\in P$. Pour chaque$p\in P$, de$p\nmid q'$suit$q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, Par conséquent$y+kq'\equiv 1\pmod p$.

Notez que$\gcd(y+kq',q)=1$. A louer$p$être un diviseur premier de$\gcd(y+kq',q)$. Alors$p|q$. Si$p|q'$, alors$p|y$qui contredit$\gcd(y,q')=1$. Sinon, si$p\nmid q'$, alors$p\in P$, Par conséquent$y+kq'\equiv 1\pmod p$qui contredit$p|(y+kq')$.

Si$\bar x$désignent la classe de résidus de$y+kq'$modulo$q$et$\bar y$la classe de résidus de$y$modulo$q'$, alors$\bar x\in U(q)$et$\bar y=\pi(\bar x)$.

Answer 2

Nous considérons trois cas :

1. $′ = ^{\alpha},\, =^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\, \text{ prime}$

2. $q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$

3. $q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$

• cas 1 : Soit$a\in\mathbb{Z}$:$$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$Nous avons$\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$

• cas 2 : par le théorème du reste chinois :\begin{align*} \mathbb{Z}/q'\mathbb{Z} &\simeq \prod_{i=1}^{r}\mathbb{Z}/p_i^{\alpha_i}\mathbb{Z}\\ \mathbb{Z}/q\mathbb{Z} &\simeq \prod_{i=1}^{r}\mathbb{Z}/p_i^{\beta_i}\mathbb{Z} \end{align*}

alors\begin{align*} U(q') &\simeq \prod_{i=1}^{r}U(p_i^{\alpha_i})\\ U(q) &\simeq \prod_{i=1}^{r}U(p_i^{\beta_i}) \end{align*}chaque$\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$est surjectif donc$\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.

• cas 3 : Soit$a\in\mathbb{Z}$St$a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. Alors$gcd(a,q_1) = 1$L'équation$$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$admet des solutions :\begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*}où$n_0, m_0$sont des solutions particulières de l'équation.

on veut trouver une solution à l'équation :$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$

la première équation est équivalente à$n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$alors\begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$donc la cartographie\begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{s} &\mapsto a -q_1\bar{s} \end{align*}est injectif, il est donc surjectif ; il existe$s_0\in\mathbb{Z}$St$gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. nous mettons$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$Par le même argument, le mappage :\begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*}est surjectif, donc l'équation$m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$admet des solutions$m_0^{\prime}, t_0$. Enfin on pose$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$, nous avons donc trouvé une solution particulière$s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$à l'équation$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$nous mettons$b = a -s_0 q_1$; Nous avons$b\in U(q_1q_2)$et$\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; donc on a prouvé$\pi$est surjectif.

conceptuellement on a prouvé que les trois diagrammes sont commutatifs

où$cr_{\star}$sont des isomorphismes donnés par le théorème des restes chinois, on en déduit donc la surjection de l'homomorphisme recherché de la surjectivité des autres