Udowodnienie funkcji $\pi$ od $U(q) \to U(q')$ być na
To konkretne pytanie zadałem w moim abstrakcyjnym quizie z algebry i nie mogłem go rozwiązać.
Pozwolić $q ,q' \in \mathbb{N} $ i pozwól $q'\mid q$. Pozwolić$U(m)$ oznaczają multiplikatywną grupę klas reszt względnie pierwszych do $m$. Pozwolić$\pi: U(q) \to U(q')$ bądź taki, że jeśli $a \in U(q)$, $\pi(a)$ jest unikalnym elementem $U(q')$ takie że $a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.
Następnie pokaż to $\pi$ jest włączony.
Próba - byłem zdezorientowany. Mogłem tylko to pokazać$a$ jest różna od zera jako $a$ należy do $U(q)$ i $a \not \equiv 0 \pmod {q'}$ tak jak $\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. Ale najwyraźniej nie wystarczy to udowodnić.
Prosimy o podanie kilku wskazówek. Reszta Chciałbym popracować sam.
Odpowiedzi
Podpowiedź: niech $y\in\Bbb Z$ takie że $\gcd(y,q')=1$. Według chińskiego twierdzenia o resztach istnieje$k\in\Bbb Z$ takie że $y+kq'\equiv 1\pmod p$ dla każdego dzielnika pierwszego $p$ z $q$ która nie dzieli $q'$.
Dokładny dowód: Niech$P$ być zbiorem pierwszych dzielników $q$ która nie dzieli $q'$. Według chińskiego twierdzenia o resztach istnieje$k\in\Bbb Z$ takie że $$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$ dla każdego $p\in P$. Dla każdego$p\in P$, od $p\nmid q'$ następuje $q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, W związku z tym $y+kq'\equiv 1\pmod p$.
Zwróć na to uwagę $\gcd(y+kq',q)=1$. Niech$p$ być głównym dzielnikiem $\gcd(y+kq',q)$. Następnie$p|q$. Jeśli$p|q'$, następnie $p|y$ co przeczy $\gcd(y,q')=1$. W przeciwnym razie, jeśli$p\nmid q'$, następnie $p\in P$, W związku z tym $y+kq'\equiv 1\pmod p$ co przeczy $p|(y+kq')$.
Jeśli $\bar x$ oznaczają klasę pozostałości $y+kq'$ modulo $q$ i $\bar y$ klasa pozostałości $y$ modulo $q'$, następnie $\bar x\in U(q)$ i $\bar y=\pi(\bar x)$.
Rozważamy trzy przypadki:
$𝑞′ = 𝑝^{\alpha},\, 𝑞=𝑝^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\,𝑝 \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
Przypadek 1: Niech $a\in\mathbb{Z}$: $$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$ mamy $\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
Przypadek 2: według chińskiego twierdzenia o resztach: \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*}
więc \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*} każdy $\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$ jest surjektywne, tak samo jest $\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.
- Przypadek 3: Niech $a\in\mathbb{Z}$ św $a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. Więc$gcd(a,q_1) = 1$ Równanie $$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$ przyznaje rozwiązania: \begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*} gdzie $n_0, m_0$ są szczególnym rozwiązaniem równania.
chcemy znaleźć rozwiązanie równania: $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
pierwsze równanie jest równoważne $n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$ więc \begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$ więc mapowanie \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*}jest iniekcyjna, więc jest surjektywna; tam istnieje$s_0\in\mathbb{Z}$ św $gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. My położyliśmy$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$ Z tego samego argumentu mapowanie: \begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*} jest suriektywne, więc równanie $m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$ przyznaje rozwiązania $m_0^{\prime}, t_0$. Wreszcie umieściliśmy$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$, więc znaleźliśmy konkretne rozwiązanie $s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$ do równania $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ my położyliśmy $b = a -s_0 q_1$; mamy$b\in U(q_1q_2)$ i $\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; więc udowodniliśmy$\pi$ jest surjektywna.
koncepcyjnie udowodniliśmy, że te trzy diagramy są przemienne

gdzie $cr_{\star}$ są izomorfizmami podanymi przez chińskie twierdzenie o resztach, więc wnioskujemy zrzucenie pożądanego homomorfizmu z suriektywności innych