Chứng minh một chức năng $\pi$ từ $U(q) \to U(q')$ được vào
Câu hỏi cụ thể này đã được hỏi trong bài kiểm tra đại số trừu tượng của tôi và tôi không thể giải được.
Để cho $q ,q' \in \mathbb{N} $ và để $q'\mid q$. Để cho$U(m)$ biểu thị nhóm nhân của các lớp dư lượng cùng chuẩn với $m$. Để cho$\pi: U(q) \to U(q')$ như vậy nếu $a \in U(q)$, $\pi(a)$ là yếu tố duy nhất trong $U(q')$ như vậy mà $a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.
Sau đó, hiển thị rằng $\pi$ là vào.
Cố gắng - Tôi bối rối. Tất cả những gì tôi có thể thể hiện là$a$ khác 0 là $a$ thuộc về $U(q)$ và $a \not \equiv 0 \pmod {q'}$ như $\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. Nhưng rõ ràng sau đó không đủ để chứng minh.
Vui lòng chỉ cho một số gợi ý. Phần còn lại tôi muốn làm việc một mình.
Trả lời
Gợi ý: Hãy $y\in\Bbb Z$ như vậy mà $\gcd(y,q')=1$. Theo Định lý Phần dư Trung Quốc tồn tại$k\in\Bbb Z$ như vậy mà $y+kq'\equiv 1\pmod p$ cho mọi ước số nguyên tố $p$ của $q$ không phân chia $q'$.
Chứng minh chi tiết: Hãy$P$ là tập hợp các ước số nguyên tố của $q$ không phân chia $q'$. Theo Định lý Phần dư Trung Quốc tồn tại$k\in\Bbb Z$ như vậy mà $$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$ Cho mọi $p\in P$. Cho mọi$p\in P$, từ $p\nmid q'$ theo sau $q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, vì thế $y+kq'\equiv 1\pmod p$.
Lưu ý rằng $\gcd(y+kq',q)=1$. Để cho$p$ là một ước số nguyên tố của $\gcd(y+kq',q)$. Sau đó$p|q$. Nếu$p|q'$, sau đó $p|y$ mâu thuẫn $\gcd(y,q')=1$. Ngược lại, nếu$p\nmid q'$, sau đó $p\in P$, vì thế $y+kq'\equiv 1\pmod p$ mâu thuẫn $p|(y+kq')$.
Nếu $\bar x$ biểu thị lớp cặn của $y+kq'$ modulo $q$ và $\bar y$ lớp cặn của $y$ modulo $q'$, sau đó $\bar x\in U(q)$ và $\bar y=\pi(\bar x)$.
Chúng tôi xem xét ba trường hợp:
$𝑞′ = 𝑝^{\alpha},\, 𝑞=𝑝^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\,𝑝 \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
trường hợp 1: Hãy $a\in\mathbb{Z}$: $$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$ chúng ta có $\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
trường hợp 2: theo định lý phần dư Trung Quốc: \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*}
vì thế \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*} mỗi $\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$ là mặt khách quan $\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.
- trường hợp 3: Để $a\in\mathbb{Z}$ st $a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. Vì thế$gcd(a,q_1) = 1$ Phương trình $$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$ thừa nhận các giải pháp: \begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*} Ở đâu $n_0, m_0$ là nghiệm cụ thể của phương trình.
chúng tôi muốn tìm một giải pháp cho phương trình: $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
phương trình đầu tiên tương đương với $n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$ vì thế \begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$ vì vậy ánh xạ \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*}là bị thương, vì vậy nó là khách quan; có tồn tại$s_0\in\mathbb{Z}$ st $gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. Chúng tôi đặt$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$ Bằng cùng một đối số, ánh xạ: \begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*} là mặt khách quan, vì vậy phương trình $m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$ thừa nhận các giải pháp $m_0^{\prime}, t_0$. Cuối cùng chúng tôi đặt$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$, vì vậy chúng tôi đã tìm ra một giải pháp cụ thể $s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$ đến phương trình $$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ chúng tôi đặt $b = a -s_0 q_1$; chúng ta có$b\in U(q_1q_2)$ và $\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; vì vậy chúng tôi đã chứng minh$\pi$ là mặt khách quan.
về mặt khái niệm, chúng tôi đã chứng minh rằng ba sơ đồ là giao hoán
Ở đâu $cr_{\star}$ là các đẳng cấu được đưa ra bởi định lý phần dư Trung Quốc, vì vậy chúng tôi suy ra sự loại bỏ của phép đồng cấu mong muốn từ tính phụ trội của các phép khác