Provando uma função$\pi$a partir de$U(q) \to U(q')$estar em
Essa pergunta em particular foi feita em meu teste de álgebra abstrata e não consegui resolvê-la.
Deixar$q ,q' \in \mathbb{N} $e deixar$q'\mid q$. Deixar$U(m)$denotam o grupo multiplicativo de classes de resíduos coprime a$m$. Deixar$\pi: U(q) \to U(q')$ser tal que se$a \in U(q)$,$\pi(a)$é um elemento único em$U(q')$de tal modo que$a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.
Então mostre que$\pi$está ligado.
Tentativa - eu estava confuso. Tudo o que eu poderia mostrar é que$a$é diferente de zero como$a$pertence a$U(q)$e$a \not \equiv 0 \pmod {q'}$Como$\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. Mas claramente então não são suficientes para provar.
Por favor, apenas dê algumas dicas. Descanso Gostaria de trabalhar sozinho.
Respostas
Dica: Deixe$y\in\Bbb Z$de tal modo que$\gcd(y,q')=1$. Pelo Teorema Chinês do Resto existe$k\in\Bbb Z$de tal modo que$y+kq'\equiv 1\pmod p$para cada divisor primo$p$do$q$que não divide$q'$.
Prova detalhada: Deixe$P$seja o conjunto dos divisores primos de$q$que não divide$q'$. Pelo Teorema Chinês do Resto existe$k\in\Bbb Z$de tal modo que$$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$para cada$p\in P$. Para cada$p\in P$, a partir de$p\nmid q'$segue$q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, por isso$y+kq'\equiv 1\pmod p$.
Observe que$\gcd(y+kq',q)=1$. Para deixar$p$seja um divisor primo de$\gcd(y+kq',q)$. Então$p|q$. Se$p|q'$, então$p|y$o que contradiz$\gcd(y,q')=1$. Caso contrário, se$p\nmid q'$, então$p\in P$, por isso$y+kq'\equiv 1\pmod p$o que contradiz$p|(y+kq')$.
Se$\bar x$denotar a classe de resíduo de$y+kq'$módulo$q$e$\bar y$a classe de resíduo de$y$módulo$q'$, então$\bar x\in U(q)$e$\bar y=\pi(\bar x)$.
Consideramos três casos:
$′ = ^{\alpha},\, =^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\, \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
caso 1: Deixe$a\in\mathbb{Z}$:$$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$temos$\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
caso 2: pelo teorema chinês do resto:\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*}
assim\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*}cada$\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$é sobrejetivo assim é$\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.
- caso 3: Deixe$a\in\mathbb{Z}$st$a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. Então$gcd(a,q_1) = 1$A equação$$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$admite soluções:\begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*}Onde$n_0, m_0$são soluções particulares da equação.
queremos encontrar uma solução para a equação:$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
a primeira equação é equivalente a$n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$assim\begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$então o mapeamento\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*}é injetivo, então é sobrejetivo; existe$s_0\in\mathbb{Z}$st$gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. Nós colocamos$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$Pelo mesmo argumento, o mapeamento:\begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*}é sobrejetiva, então a equação$m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$admite soluções$m_0^{\prime}, t_0$. Finalmente colocamos$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$, então encontramos uma solução particular$s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$para a equação$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$nós colocamos$b = a -s_0 q_1$; temos$b\in U(q_1q_2)$e$\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; então nós provamos$\pi$é sobrejetiva.
conceitualmente provamos que os três diagramas são comutativos
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Onde$cr_{\star}$são isomorfismos dados pelo teorema do resto chinês, então deduzimos a sobrejeção do homomorfismo desejado a partir da sobrejetividade dos outros