Processing math: 100%

Критерии первообразности

Критерии первообразности

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

Теорема 1 (Первый критерий первообразности)

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

Доказательство

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

Лемма

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

Доказательство

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

Теорема 2 (Второй критерий первообразности)

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

Доказательство

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

ПРИМЕРЫ

Найти все первообразные корни группы [latex]U_{12}[/latex], пользуясь вторым критерием первообразности.

Спойлер

Даны корни из единицы [latex]E_1 = i[/latex], [latex] E_3 = -i[/latex]. Построить группу [latex] U_4[/latex].

Спойлер

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.

Спойлер

ПРИМЕР

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

Задача

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

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

Решение

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

Задача

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

Решение

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

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: nm, m2 .
Шаг индукции: n=m+1 (i1,i2,,im+1) . Рассмотрим все перестановки, где на первом месте стоит i1 .
(i1,i2,,im+1) ;
(i2,i1,,im+1) ;
(i2,i1,,i«m+1) ;
Таких m!(m+1)=(m+1)! перестановок.
Следствие:
Пусть n2 , тогда число n!2 чётных равно числу 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 расположеноs символов (s>0) , т.е. перестановка имеет вид …i,k1,k2 , …, ks,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,k1,k2 , …, ks,j ,… и …, j,k1,k2 , …, ks,i ,… будут противоположной чётности.

Пример

(2,5,4,1,3) (1,5,4,2,3) (1,2,4,5,3)
(1,2,3,5,4) (1,2,3,4,5) .
Здесь, перестановка (2,5,4,1,3) приведена к начальной за 4 транспозиции и она четная, т.к. τ(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.