機能を証明する $\pi$ から $U(q) \to U(q')$ 上にある
この特定の質問は、私の抽象代数クイズで出題されましたが、解決できませんでした。
しましょう $q ,q' \in \mathbb{N} $ そしてしましょう $q'\mid q$。しましょう$U(m)$ 互いに素な残基クラスの乗法群を示す $m$。しましょう$\pi: U(q) \to U(q')$ そのような場合 $a \in U(q)$、 $\pi(a)$ のユニークな要素です $U(q')$ そのような $a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$。
次に、それを示します $\pi$ にあります。
試み-私は混乱しました。私が示すことができるのはそれだけです$a$ ゼロ以外の $a$ 属する $U(q)$ そして $a \not \equiv 0 \pmod {q'}$ なので $\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$。しかし、明らかにそれを証明するには十分ではありません。
親切に、いくつかのヒントを与えてください。休憩一人で働きたいです。
回答
ヒント：しましょう $y\in\Bbb Z$ そのような $\gcd(y,q')=1$。中国の剰余定理により、$k\in\Bbb Z$ そのような $y+kq'\equiv 1\pmod p$ すべての素数除数に対して $p$ の $q$ 分割しない $q'$。
詳細な証明：レッツ$P$ の素数除数のセットである $q$ 分割しない $q'$。中国剰余定理が存在します$k\in\Bbb Z$ そのような $$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$ すべてのための $p\in P$。すべてのための$p\in P$、から $p\nmid q'$ 続く $q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$、したがって $y+kq'\equiv 1\pmod p$。
ご了承ください $\gcd(y+kq',q)=1$。レットのために$p$ の素数除数になる $\gcd(y+kq',q)$。次に$p|q$。場合$p|q'$、その後 $p|y$ 矛盾する $\gcd(y,q')=1$。それ以外の場合、$p\nmid q'$、その後 $p\in P$、したがって $y+kq'\equiv 1\pmod p$ 矛盾する $p|(y+kq')$。
場合 $\bar x$ の残基クラスを示します $y+kq'$ モジュロ $q$ そして $\bar y$ の残基クラス $y$ モジュロ $q'$、その後 $\bar x\in U(q)$ そして $\bar y=\pi(\bar x)$。
次の3つのケースを検討します。
$𝑞′ = 𝑝^{\alpha},\, 𝑞=𝑝^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\,𝑝 \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
ケース1： $a\in\mathbb{Z}$： $$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$ 我々は持っています $\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
ケース2：中国の剰余定理による： \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*}
そう \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*} 各 $\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$ 全射なので $\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$。
- ケース3： $a\in\mathbb{Z}$ st $a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$。そう$gcd(a,q_1) = 1$ 方程式 $$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$ 解決策を認めます： \begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*} どこ $n_0, m_0$ 方程式の特定の解です。
方程式の解を見つけたいと思います。 $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
最初の方程式は $n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$ そう \begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$ だからマッピング \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*}単射であるため、全射です。が存在します$s_0\in\mathbb{Z}$ st $gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$。入れます$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$ 同じ議論により、マッピング： \begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*} 全射であるため、方程式 $m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$ ソリューションを認める $m_0^{\prime}, t_0$。最後に$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$、特定の解決策を見つけました $s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$ 方程式に $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ 置く $b = a -s_0 q_1$; 我々は持っています$b\in U(q_1q_2)$ そして $\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; だから私たちは証明しました$\pi$ 全射です。
概念的には、3つの図が可換であることを証明しました
どこ $cr_{\star}$ は中国の剰余定理によって与えられる同型写像であるため、他の全射性から目的の準同型の全射を推定します。