[invfo]

Здравствуйте.
Попалась задача по высшей алгебре, а принцип её решения не могу придумать.
Буду благодарна, если кто-нибудь намекнёт, в каком направлении копать.
Задача: Найти целые а и b, такие, что данное фактор-кольцо - поле.

@темы: Высшая алгебра

Comments

[invfo]

То, что нужно проверить наличие единицы и обратного элемента - очевидно, а как к этому подходить - нет.
Из того, до чего дошла:
в качестве представителей Z_2_[x] можно взять многочлены a_0+a_1*x+...+a_n*x^n, где a_i из {1, 0};
также заметим, что остатки от деления многочлена на (x^2+ax+b) будут иметь вид (ax+b)
пользуясь выбором представителей Z_2_[x], получаем, что множество возможных остатков - {x+1, x, 1, 0} ==> фактор-кольцо состоит из 4х смежных классов: К_(x+1), K_x, K_1, K_0;
пока всё верно?

[Trotil]

Если вам читали поля хоть немного, то наверное, известно, что тот многочлен должен быть неприводим. Или совсем неизвестно и это использовать нельзя?

[invfo]

Немного сомневаюсь, но ничего такого не припомню из лекций

[Alidoro]

Кострикин, Задачник, задача 64.42 там есть указание. Насколько оно полезно, оценить не могу. Сам я не в теме.

[Trotil]

Alidoro

Ну, там, собственно ответ, ибо этот многочлен - единственный неприводимый многочлен степени 2 над полем F2. В теории конечных полей просто перебираются многочлены (для небольших степеней) и проверяется их неприводимость. Но здесь, как я понял, пользоваться этим нельзя.

Пока всё, что написано в комменте 12:26 - просто замечательно и всё верно. А если не пользоваться неприводимостью, можно проверять полученные факторкольца из 4-ех элементов на аксиомы поля (точнее, недостающие аксиомы, существование 1 (не равное 0) и обратимость по умножению )

[Trotil]

... и коммутативность умножения вроде бы, если мне память не изменяет.

[invfo]

Посмотрела Кострикина - не помогло :\
Как дальше решаю: роль единицы играет класс К_1.
Берём К_(х+1). Пусть К_m - обратный к нему.
Представитель К_(х+1) - g(x)*(x^2+ax+b) + (x+1)
Представитель К_m - h(x)*(x^2+ax+b) + m
Их произведением будет (...) + m(x+1) , в (...) - выражение, делящееся на (x^2+ax+b).
Поэтому произведение лежит в классе К_(mx+m) = K_1;
Как теперь искать критерий для а, b?

//Что вам за удовольствие помогать нерадивым студентам?)

[Trotil]

Пока верно, может, даже излишне подробно

Как к этому приплести а и b?

Понятно, что К_m = x mod f или x+1 mod f (запишем его как x+c), следовательно m(x+1) многочлен второй степени и получается уравнение

(x+с)(x+1) = 1 mod (x^2 + a*x + b)
x^2 + (c+1)x + с = 1 mod f
x^2 + (c+1)x + с - (x^2 + ax + b) = 1 mod f
(c+1-a)x+(c-b) = 1 mod f

с+a = 1
с+b = 1

Отсюда a=b

Положим a=b=0. Можно посмотреть, что станет с обратимостью оставшегося элемента x.
А затем положить a=b=1.

[invfo]

Честно, не понимаю, откуда вы берёте вот это
Понятно, что К_m = x mod f или x+1 mod f (запишем его как x+c), следовательно m(x+1) многочлен второй степени и получается <...>

Однако сравнения привели к мысли, кто К_(mx+m) = K_1 <==> m(x+1) = 1 (mod x^2+ax+b)

[Trotil]

invfo

0 или 1 не могут быть обратными элементами по умножению и остались всего два из четырех.

[Trotil]

m(x+1) = 1 (mod x^2+ax+b)

Я так и записал, только обозначил m = x+c (miod f)

[invfo]

А откуда такой вывод:
с+a = 1
с+b = 1

Подозреваю, что всё элементарно, а я торможу.

[Trotil]

Это из-за сравнения коэф. при x и x^0 справа и слева.

[invfo]

(c+1-a)x+(c-b) = 1 mod f

так должно же быть
c-b=1
c+1-a=0 ==> c-a = -1

[Trotil]

Верно , но надо учесть, что операция сложения здесь над Z2. Появляются дополнительные удобные свойства. Подумай, какие.

[invfo]

Спасибо за объяснения и наводки! Подумаю над оставшимся.
Чувствую, разгадка близка.

[Trotil]

invfo

Ага. Можно для тренировки получить систему для (x+d)x = 1 mod (x^2 + a*x + b)
Тогда в совокупности с предыдущей системой однозначно выводятся a,b,c,d.