Критерии первообразности

Критерии первообразности

 U_n — циклическая группа корней  n-й степени из единицы. Образующий элемент группы  U_n называется первообразным корнем  n-й степени из единицы.

Теорема 1 (Первый критерий первообразности)

Корень  n-й степени из единицы будет первообразным корнем  n-й степени из единицы  \Leftrightarrow не является корнем из единицы никакой степени  <n.

Доказательство

Необходимость:
 E – первообразный корень степени  n из единицы .
 \forall  m \in \mathbb{N},  m < n,  E^m \ne 1;
 U_n= \{1, E, E^2, ..., E^{n-1}\}.
От противного. Пусть  E^m= 1,  m < n, тогда  E образует группу  {U}'_n (или  U_m) = \{1, E, E^2, ..., E^{m-1}, E^m\} = \{1, E, E^2, ..., E^{m-1}\}, где  E^m= 1 и  {U}'_n= m, но  m < n \Rightarrow  {U}'_n \ne U_n \Rightarrow  E— не образующий элемент  U_n. Получаем, что  \forall  m \in \mathbb{N},  m < n,  E^m \ne 1.
Достаточность:
 \forall m \in \mathbb{N},  m < n,  E^m \ne 1 \Rightarrow
 E — первообразный корень из единицы степени n.
От противного. Пусть  E-не является первообразным корнем  n-й степени из единицы  \Rightarrow  E не образует группу  U_n \Rightarrow
 U^E_n= {E^0, E^1, E^2,...< E^{n-1} } \ne U_n \Rightarrow U^E_n \in U_n \Rightarrow \exists k, 1 \leqslant k \leqslant n-1, что  E^{k-1}=1, но  0 \leqslant k+1 < n-1 ,  m= k-1  \Rightarrow  \exists  m \in \mathbb{N},  m < n,  E^m = 1 \Rightarrow  E – первообразный корень степени  n из  1.

Лемма

Если  E — первообразный корень степени  n из единицы, то
 E^m= 1 \Leftrightarrow m \vdots n.

Доказательство

Необходимость:
Найдём  m= nq+r,  0 \leq r \leq n-1;
 1= E^m= E^{nq+n}= E^{nr}E^r= (E^n)^qE^r= 1^qE^r= E^r.
Если  r \in \mathbb{N}, то получим противоречие с первым критерием  r=0 \Rightarrow m \vdots n.
Достаточность:  m \vdots n \Rightarrow m=nq;
 E^m= E^{nq}= (E^n)^q= 1^q=1.

Теорема 2 (Второй критерий первообразности)

Пусть  E — первообразный корень степени  n из единицы, тогда  E^k (k \in \mathbb{N}) является первообразным корнем степени  n из единицы  \Leftrightarrow  (n,k)=1.

Доказательство

(n,k)= d;  n= n,d;  k= k,d; (n_1, k_1)=1.
Необходимость:  E,  E^n — корни степени  n из единицы.
 (n,k)=1
От противного.  (n,k)=d > 1 \Rightarrow n_1 < n ;
(E^k)^{n_1} = (E^{k_1d})^{n_1}= E^{k_1dn_1}= E^{k_1(nd_1)}= E^{k_1n}= (E^n)^{k_1}= 1^{k_1}=1 \Rightarrow d=1 противоречие.
Достаточность:  E — первообразный корень степени  n из единицы;
 (n,k)=1 ;
 E^k — первообразный корень степени  n из единицы.
От противного. Пусть  E^k – не является первообразным корнем степени  n из единицы, тогда по первому критерию первообразности:  \exists m \in N,  m < n, (E^k)^m= 1;
 E^{km}=1 \Rightarrow по лемме  km \vdots n \Rightarrow m \vdots n , но  m < n – противоречие.

ПРИМЕРЫ

Найти все первообразные корни группы U_{12}, пользуясь вторым критерием первообразности.

РЕШЕНИЕ показать

Даны корни из единицы E_1 = i,  E_3 = -i. Построить группу  U_4.

РЕШЕНИЕ показать

Тест по вышеизложенному материалу

Источники

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций.
  2. Курош А.Г. Курс линейной алгебры. Издание тринадцатое, 2004. Стр.123-128.
  3. Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. Наука, 1984. Стр.43-49.

Изоморфизм линейных пространств. Критерий изоморфности. Применение понятия изоморфизма к решению задач.

Теоретическая справка показать

ПРИМЕР

Любой геометрический радиус-вектор плоскости, представим в виде:
 x = ix_1 + jx_2
svg111
При этом, если  x = ix_1 + jx_2,  y = iy_1 + jy_2, то
 x + y = (x_1 + y_1)i +(x_2 + y_2)j и  \alpha x = (\alpha x_1)i + (\alpha x_2)j.
В результате устанавливаем взаимно однозначное соответствие  x \Leftrightarrow (x_1, x_2), соответствие между пространствами геометрических радиусов-векторов плоскости и двумерных арифметических векторов. Очевидно, оно будет изоморфизмом данных пространств, так как
если  x \Leftrightarrow (x_1, x_2),  y \Leftrightarrow (y_1, y_2), то  x + y \Leftrightarrow (x_1 + y_1, x_2 + y_2) и  \alpha x \Leftrightarrow ( \alpha x_1, \alpha x_2 ).

Задача

Даны пространства  A = \mathbb{R} и  B = \mathbb{R}. Установить между ними соответствие, которое:

  1. будет являться изоморфизмом;
  2. не будет являться изоморфизмом.

Решение

  1. Первое, что мы делаем, это каждому числу  a \in \mathbb{R} ставим в соответсвие число  b \in \mathbb{R}, придерживаясь правила:  b= 2a. Каждое  b \in \mathbb{R} будет отвечать единственному числу  a= \frac{1}{2}b. Отсюда следует, что утверждение  b= 2a устанавливает взаимно однозначное соответствие  \mathbb{R} \Leftrightarrow \mathbb{R}. Если  a_1 \Leftrightarrow b_1 и  a_2 \Leftrightarrow b_2, т.е.  b_1 = 2a_1 и  b_2= 2a_2 то  (a_1+a_2) \Leftrightarrow (b_1+b_2), так как  b_1+b_2= 2a_1+2a_2 = 2(a_1+a_2). Если  a \Leftrightarrow b, т.е.  b= 2a, то  \lambda a \Leftrightarrow \lambda b для каждого действительного числа  \lambda , так как  \lambda b= \lambda 2a= 2 \lambda a. Как результат, в данном соответствии  b= 2a сохраняются линейные операции, и оно является изоморфизмом.
  2. Следующее взаимно однозначное соответствие, которое будем рассматривать  \mathbb{R} \Leftrightarrow \mathbb{R}, устанавливается формулой  b= a^3 (число сопоставляемое числу  a= \sqrt[3]{b}). Данное соответствие не будет являться изоморфизмом, потому что будет сохранять линейные операции. Как пример, если  a \Leftrightarrow b, т.е.  b= a^3, то {(2a)}^3= 8a^3= 8b. Значит,  2a \Leftrightarrow 8b, возникает противоречие условию  \lambda a \Leftrightarrow \lambda b для  \lambda = 2 .

Задача

Проверить, являются ли изоморфными пространства:
 X_1= \{ f(x) \in R[x] | f(x) \quad\vdots\quad (x^2+1) \} и  X_2, натянутое на систему векторов  <a_1, a_2, a_3>. a_1=(0,0,1,0,1),  a_2=(0,1,0,1,0) и  a_3=(1,0,1,0,0).

Решение

Найдем базис  X_1
 \forall f(x) \in X_1 \Leftrightarrow f(x)= (x^2+1)(ax^2+bx+c)= ax^4+bx^3+ax^2+cx^2+bx+c= a(x^4+x^2)+b(x^3+x)+c(x^2+1), таким образом <x^4+x^2,x^3+x,x^2+1> — базис.
Очевидно, что система  <a_1,a_2,a_3>, на которую натянуто  X_2 ЛНЗ (линейно независимая система), dim  X_1 = dim  X_2= 3. Следовательно по критерию изоморфности  X_1 \simeq X_2.

Источники

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций
  2. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. Издание пятое, 1974.Стр. 170

Изоморфизм линейных пространств

Тест по теме: «Изоморфизм линейных пространств. Критерий изоморфности»

Теоремы о транспозиции

Теоремы о транспозиции

Прежде чем мы будем рассматривать теоремы о транспозиции, попытаемся сформулировать само понятие транспозиции. Транспозицией называется перемена местами двух элементов перестановки .

Теорема 1

Все  n! перестановок длин  n можно расположить одну за другой так, что каждая последующая получается из предыдущей  1 (одной) транспозицией, начинать можно с любой перестановки.

Доказательство

Доказательство будем проводить индукцией по  n.
База индукции:  n= 2, то получаем перестановки  (1, 2), (2, 1), тогда расположения будут иметь вид  (1, 2, 2, 1) и  (2, 1, 1, 2), теорема справедлива.
Предположение индукции:  n \le m,  m \ge 2.
Шаг индукции:  n= m+1  (i_1, i_2,, i_{m+1}). Рассмотрим все перестановки, где на первом месте стоит  i_1.
(i_1, {i`}_2,, {i`}_{m+1});
({i`}_2, i_1,, {i`}_{m+1});
({i`}_2, {i`}_1,, {i``}_{m+1});
Таких  m!(m+1)= (m+1)! перестановок.
Следствие:
Пусть  n \ge 2 , тогда число  \frac{n!}{2} чётных равно числу  \frac{n!}{2} нечётных перестановок.

Для следующей теоремы нам понадобятся знания таких понятий, как “инверсия”, “чётность перестановок”.

Теорема 2

Любая транспозиция меняет чётность перестановки.

Доказательство

Рассмотрим перестановку …, i, j, …, где  i и  j транспонируемые символы, стоящие рядом. В результате транспозиции получим новую перестановку …, j, i , …, при этом в данных перестановках каждый из символов  i и  j составит одинаковые инверсии с символами, остающимися на месте, количество таких инверсий  n. В случае, если до этого  i и  j не составляли инверсий, то с новой перестановкой появится и новая инверсия (число инверсий будет равным  n+1 ), в противном случае, число инверсий на  1 уменьшиться. И в том и в другом случаях чётность перестановки меняется.
Теперь рассмотрим вариант, когда между  i,  j расположено s символов  (s>0) , т.е. перестановка имеет вид … i, k_1, k_2, …,  k_s, j,…. Транспозицию символов  i,  j получим последовательным выполнением  2s+1 транспозиции элементов, стоящих рядом. В итоге, мы меняем четность перестановки нечетное число раз, и по-этому перестановки
…,  i, k_1, k_2, …,  k_s, j,… и …,  j, k_1, k_2, …,  k_s, i,… будут противоположной чётности.

Пример

 (2,5,4,1,3) \Rightarrow (1,5,4,2,3) \Rightarrow (1,2,4,5,3) \Rightarrow
 (1,2,3,5,4) \Rightarrow (1,2,3,4,5).
Здесь, перестановка (2,5,4,1,3) приведена к начальной за  4 транспозиции и она четная, т.к.  \tau(2,5,4,1,3)= 6

Тест о теоремах о транспозиции

Данный тест поможет проверить, как вы усвоили материал данной статьи

Источники

  1. Г.С.Белозеров.Конспект лекций
  2. В.В.Воеводин. Линейная алгебра. Второе издание, физико-математическая литература, 1980. Стр. 122-124.
  3. А.Г.Курош. Курс линейной алгебры. Издание тринадцатое, 2004. Стр.28-37.