기능 증명 $\pi$ ...에서 $U(q) \to U(q')$ 에있을
이 특별한 질문은 내 추상 대수 퀴즈에서 물었고 나는 그것을 풀 수 없었습니다.
허락하다 $q ,q' \in \mathbb{N} $ 그리고하자 $q'\mid q$. 허락하다$U(m)$ 코 프라임 잔기 클래스의 곱셈 그룹을 나타냅니다. $m$. 허락하다$\pi: U(q) \to U(q')$ 그럴 경우 $a \in U(q)$, $\pi(a)$ 고유 한 요소 $U(q')$ 그런 $a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.
그런 다음 $\pi$ 에 있습니다.
시도-혼란 스러웠습니다. 내가 보여줄 수있는 것은$a$ 0이 아닙니다. $a$ 속하다 $U(q)$ 과 $a \not \equiv 0 \pmod {q'}$ 같이 $\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. 그러나 분명히 증명하기에 충분하지 않습니다.
친절하게, 힌트를 좀주세요. 휴식 혼자 일하고 싶습니다.
답변
힌트 : Let $y\in\Bbb Z$ 그런 $\gcd(y,q')=1$. 중국 나머지 정리에 의해 존재$k\in\Bbb Z$ 그런 $y+kq'\equiv 1\pmod p$ 모든 소수에 대해 $p$ 의 $q$ 나누지 않는 $q'$.
자세한 증거 : 하자$P$ 소수의 집합 $q$ 나누지 않는 $q'$. 중국 나머지 정리에 의해 존재$k\in\Bbb Z$ 그런 $$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$ 모든 $p\in P$. 모든$p\in P$, 보낸 사람 $p\nmid q'$ 따르다 $q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, 그 후 $y+kq'\equiv 1\pmod p$.
참고 $\gcd(y+kq',q)=1$. 렛$p$ 의 소수가되다 $\gcd(y+kq',q)$. 그때$p|q$. 만약$p|q'$, 다음 $p|y$ 모순되는 $\gcd(y,q')=1$. 그렇지 않으면$p\nmid q'$, 다음 $p\in P$, 그 후 $y+kq'\equiv 1\pmod p$ 모순되는 $p|(y+kq')$.
만약 $\bar x$ 잔류 물 종류를 나타냅니다 $y+kq'$ 모듈로 $q$ 과 $\bar y$ 잔류 물 등급 $y$ 모듈로 $q'$, 다음 $\bar x\in U(q)$ 과 $\bar y=\pi(\bar x)$.
세 가지 경우를 고려합니다.
$𝑞′ = 𝑝^{\alpha},\, 𝑞=𝑝^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\,𝑝 \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
사례 1 : Let $a\in\mathbb{Z}$: $$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$ 우리는 $\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
사례 2 : 중국 나머지 정리 : \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*}
그래서 \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*} 마다 $\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$ 추측 성이므로 $\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.
- 사례 3 : Let $a\in\mathbb{Z}$ 성 $a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. 그래서$gcd(a,q_1) = 1$ 방정식 $$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$ 해결책을 인정합니다 : \begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*} 어디 $n_0, m_0$ 방정식의 특정 솔루션입니다.
방정식에 대한 해결책을 찾고 싶습니다. $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
첫 번째 방정식은 다음과 같습니다. $n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$ 그래서 \begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$ 그래서 매핑 \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*}주입 적이므로 추측 적입니다. 존재$s_0\in\mathbb{Z}$ 성 $gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. 우리는 넣어$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$ 동일한 인수로 매핑 : \begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*} 추측 성이므로 방정식은 $m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$ 솔루션을 인정 $m_0^{\prime}, t_0$. 마지막으로 우리는$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$, 그래서 우리는 특정 솔루션을 찾았습니다 $s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$ 방정식에 $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ 우리는 넣어 $b = a -s_0 q_1$; 우리는$b\in U(q_1q_2)$ 과 $\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; 그래서 우리는 증명했습니다$\pi$ 추측입니다.
개념적으로 우리는 세 개의 다이어그램이 교환 적이라는 것을 증명했습니다.
어디 $cr_{\star}$ 중국 나머지 정리에 의해 주어진 동 형사상이므로 우리는 다른 것의 외형으로부터 원하는 동형의 외형을 추론합니다