พิสูจน์ฟังก์ชัน $\pi$จาก $U(q) \to U(q')$ที่จะเข้าสู่
คำถามนี้ถูกถามในแบบทดสอบพีชคณิตนามธรรมของฉัน และฉันไม่สามารถแก้ได้
อนุญาต$q ,q' \in \mathbb{N} $และให้$q'\mid q$. อนุญาต$U(m)$หมายถึงหมู่ทวีคูณของคลาสเรซิดิว coprime ถึง$m$. อนุญาต$\pi: U(q) \to U(q')$เป็นเช่นนั้นถ้า$a \in U(q)$,$\pi(a)$เป็นองค์ประกอบเฉพาะใน$U(q')$ดังนั้น$a \equiv \pi(a) \pmod {q'}$.
แล้วแสดงว่า$\pi$กำลังเข้าสู่
พยายาม - ฉันสับสน ทั้งหมดที่ฉันแสดงได้ก็คือ$a$ไม่เป็นศูนย์เช่น$a$เป็นของ$U(q)$และ$a \not \equiv 0 \pmod {q'}$เช่น$\pi(a) \not \equiv 0 \pmod {q'}$. แต่ชัดเจนว่ายังไม่เพียงพอที่จะพิสูจน์ได้
กรุณาเพียงให้คำแนะนำบางอย่าง พักผ่อน อยากทำงานเอง
คำตอบ
คำแนะนำ: Let$y\in\Bbb Z$ดังนั้น$\gcd(y,q')=1$. โดยทฤษฎีบทเศษจีนมีอยู่$k\in\Bbb Z$ดังนั้น$y+kq'\equiv 1\pmod p$สำหรับตัวหารเฉพาะทุกตัว$p$ของ$q$ที่ไม่แบ่ง$q'$.
หลักฐานโดยละเอียด: Let$P$เป็นเซตของตัวหารเฉพาะของ$q$ที่ไม่แบ่ง$q'$. โดยทฤษฎีบทเศษจีนมีอยู่$k\in\Bbb Z$ดังนั้น$$k\equiv(1-y)q'^{p-2}\pmod p$$สำหรับทุกคน$p\in P$. สำหรับทุกคน$p\in P$, จาก$p\nmid q'$ตามมา$q'^{p-1}\equiv 1\pmod p$, เพราะฉะนั้น$y+kq'\equiv 1\pmod p$.
สังเกตว่า$\gcd(y+kq',q)=1$. สำหรับให้$p$เป็นตัวหารสำคัญของ$\gcd(y+kq',q)$. แล้ว$p|q$. ถ้า$p|q'$, แล้ว$p|y$ซึ่งขัดแย้งกับ$\gcd(y,q')=1$. มิฉะนั้น ถ้า$p\nmid q'$, แล้ว$p\in P$, เพราะฉะนั้น$y+kq'\equiv 1\pmod p$ซึ่งขัดแย้งกับ$p|(y+kq')$.
ถ้า$\bar x$หมายถึงชั้นสารตกค้างของ$y+kq'$โมดูโล$q$และ$\bar y$ระดับสารตกค้างของ$y$โมดูโล$q'$, แล้ว$\bar x\in U(q)$และ$\bar y=\pi(\bar x)$.
เราพิจารณาสามกรณี:
$′ = ^{\alpha},\, =^{\beta},\quad \alpha\leq\beta,\, \text{ prime}$
$q' = p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r},\, q' = p_1^{\beta_1}\ldots p_r^{\beta_r},\quad \alpha_i \leq \beta_i,\, p_i \text{ prime}$
$q' = q_1,\, q = q_1q_2,\quad gcd(q1,q2) = 1$
กรณีที่ 1: Let$a\in\mathbb{Z}$:$$a + p^{\alpha}\mathbb{Z} \in U\left(p^{\alpha}\right) \iff gcd(a,p^{\alpha}) = 1 \iff gcd(a, p) = 1 \iff gcd(a, p^{\beta}) = 1 \iff a + p^{\beta}\mathbb{Z}\in U\left(p^{\beta}\right)$$เรามี$\pi\left(a+p^{\beta}\mathbb{Z}\right)=a+p^{\alpha}\mathbb{Z}$
กรณีที่ 2: โดยทฤษฎีบทเศษจีน:\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*}
ดังนั้น\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*}แต่ละ$\pi_{i}: U(p_i^{\beta_i}) \to U(p_i^{\alpha_i})$เป็นอัตนัยดังนั้นคือ$\pi = \pi_{1}\times\ldots\times\pi_{r}$.
- กรณีที่ 3: Let$a\in\mathbb{Z}$เซนต์$a+q_1 \mathbb{Z}\in U(q_1)$. ดังนั้น$gcd(a,q_1) = 1$สมการ$$na -mq_1 = 1,\quad m,n\in\mathbb{Z} \text{ unknown}$$ยอมรับวิธีแก้ปัญหา:\begin{align*} n &= n_0 + q_1 t\\ m &= m_0 + a t\\ t &\in \mathbb{Z} \end{align*}ที่ไหน$n_0, m_0$เป็นคำตอบเฉพาะของสมการ
เราต้องการหาคำตอบของสมการ:$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$ $$n',m', s \in \mathbb{Z} \text{ unknown}$$
สมการแรกจะเท่ากับ$n' a -q_1(sn' + m'q_2) = 1$ดังนั้น\begin{align*} n' &= n_0 + q_1 t\\ m'q_2 &= m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t \end{align*} $gcd(q_1,q_2) = 1$ดังนั้นการทำแผนที่\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*}เป็นคำบุพบท จึงเป็นอัตนัย มีอยู่$s_0\in\mathbb{Z}$เซนต์$gcd(q_2, a - q_1s_0) = 1$. เราใส่$\alpha = a - q_1s_0,\, \beta = m_0 - s_0 n_0$ด้วยอาร์กิวเมนต์เดียวกัน การทำแผนที่:\begin{align*} \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z} &\to \mathbb{Z}/q_2\mathbb{Z}\\ \bar{t} &\mapsto \beta + \alpha\bar{t} \end{align*}เป็นอัตนัย ดังนั้นสมการ$m'q_2 = m_0 - sn_0 +(a - sq_1)t$ยอมรับการแก้ปัญหา$m_0^{\prime}, t_0$. ในที่สุดเราก็ใส่$n_0^{\prime} = n_0 + q_1 t_0$ดังนั้นเราจึงพบวิธีแก้ปัญหาเฉพาะ$s_0, n_0^{\prime}, m_0^{\prime}$สู่สมการ$$n'(a - sq_1) - m'q_1q_2 = 1$$เราใส่$b = a -s_0 q_1$; เรามี$b\in U(q_1q_2)$และ$\pi\left(b+q_1q_2\mathbb{Z}\right) = a + q_1\mathbb{Z}$; เราจึงได้พิสูจน์แล้ว$\pi$เป็นเรื่องสมมุติ
ตามแนวคิดแล้ว เราได้พิสูจน์แล้วว่าไดอะแกรมทั้งสามเป็นสับเปลี่ยน
ที่ไหน$cr_{\star}$เป็น isomorphisms ที่กำหนดโดยทฤษฎีบทเศษที่เหลือของจีน ดังนั้นเราจึงอนุมานได้ว่า homomorphism ที่ต้องการจาก surjectivity ของสิ่งอื่น