Chủ đề này có 10 trả lời

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Mình có vài bài đang bí về các vấn đề như sau:

 

 

1. Giả sử $F$ là một trường và $|F|=q<\infty$. Ta biết các điều cơ bản sau về $F$:

 

-Thứ nhất, $F$ là field với characteristic $p$ với $p$ là nguyên tố.

-Thứ hai, $q=p^n$ với một $n$ nào đó (thực ra, $n$ là số chiều của $F$ nếu ta coi $F$ là một ko gian vector trên trường là prime subfield của $F$).

-Thứ ba, $a^q=a$ với mọi $a\in F$.

 

Các vấn đề trên mình đã chứng minh xong. Nhưng còn vấn đề cuối cùng minh đang bí: Chứng minh rằng, nếu $b\in K$, với $K/F$ là một field extension nào đó, và $b$ là algebraic over $F$ (tức là $b$ là nghiệm của một đa thức nào đó có hệ số trong $F$), thì $b^{q^m}=b$ với một $m$ nào đó.

 

 

2. Nếu $u$ là transcendental over $F$ và $F<k\subset F(u)$. Chứng minh rằng $u$ là algebraic over $k$.

 

3. NẾu $x$ là transcendental over $F$ , thì $t^2-x\in F(x)[t]$ là irreducible.  

[Nxb]

Cung co một vân đê liên quan đên đa thức bất khả quy minh man phép đăng vao đây: Các nghiệm của đa thức bất khả quy co cung bội. Minh tư tim ra điêu nay nên thây nghi ngơ vi` no không co´ trong ly thuyết. Chứng minh của minh đơn gian chi la do đăng câu giữa 2 mơ rông bất ki cua 2 phân tư trên cung một trường nêu chúng cung la nghiệm của một đa thức bất khả quy. Dung đăng câu nay tac đông bao đa thức suy ra được điêu trên. Ai đo co thê xac nhân cho minh điêu trên?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 20-05-2015 - 17:09

[fghost]

Mình có vài bài đang bí về các vấn đề như sau:

 

 

1. Giả sử $F$ là một trường và $|F|=q<\infty$. Ta biết các điều cơ bản sau về $F$:

 

-Thứ nhất, $F$ là field với characteristic $p$ với $p$ là nguyên tố.

-Thứ hai, $q=p^n$ với một $n$ nào đó (thực ra, $n$ là số chiều của $F$ nếu ta coi $F$ là một ko gian vector trên trường là prime subfield của $F$).

-Thứ ba, $a^q=a$ với mọi $a\in F$.

 

Các vấn đề trên mình đã chứng minh xong. Nhưng còn vấn đề cuối cùng minh đang bí: Chứng minh rằng, nếu $b\in K$, với $K/F$ là một field extension nào đó, và $b$ là algebraic over $F$ (tức là $b$ là nghiệm của một đa thức nào đó có hệ số trong $F$), thì $b^{q^m}=b$ với một $m$ nào đó.

 

 

2. Nếu $u$ là transcendental over $F$ và $F<k\subset F(u)$. Chứng minh rằng $u$ là algebraic over $k$.

 

3. NẾu $x$ là transcendental over $F$ , thì $t^2-x\in F(x)[t]$ là irreducible.  

1. Thay $K= F(b)$. Bạn có thể tính được $F(b)$ có phải là 1 finite field hay không? Nếu phải thì nó có bao nhiêu phần tử? Nghĩ sơ sơ thì hình như đó là finite field thật. Sau đó thì áp dụng 3 cái gạch đầu dòng là được.

 

2. $F <k$ nghĩa là gì bạn?

 

3. Nếu nó reducible thì $t-\sqrt{x} \in F(x)[t]$ có nghĩa là $\sqrt{x} \in F(x)$. $F(x)$ là trường nhỏ nhất chứa $F$ và $x$, đồng thời cũng là trường của rational function với biến $x$ và hệ số trong $F$. Như vậy $\sqrt(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$ với $p(x), q(x) \in F[x]$, nên $xq^2(x)=p^2(x)$, có nghĩa là $x$ thõa mản $Xq^2(X)=p^2(X) \in F[X]$. Vô lý vì $x$ transcendental.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 20-05-2015 - 19:48

[KoBietDatTenSaoChoHot]

1. Thay $K= F(b)$. Bạn có thể tính được $F(b)$ có phải là 1 finite field hay không? Nếu phải thì nó có bao nhiêu phần tử? Nghĩ sơ sơ thì hình như đó là finite field thật. Sau đó thì áp dụng 3 cái gạch đầu dòng là được.

 

2. $F <k$ nghĩa là gì bạn?

 

3. Nếu nó reducible thì $t-\sqrt{x} \in F(x)[t]$ có nghĩa là $\sqrt{x} \in F(x)$. $F(x)$ là trường nhỏ nhất chứa $F$ và $x$, đồng thời cũng là trường của rational function với biến $x$ và hệ số trong $F$. Như vậy $\sqrt(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$ với $p(x), q(x) \in F[x]$, nên $xq^2(x)=p^2(x)$, có nghĩa là $x$ thõa mản $Xq^2(X)=p^2(X) \in F[X]$. Vô lý vì $x$ transcendental.

 

Cảm ơn fghost. Bạn lại cứu mình một lần nữa . Bài 3 bạn giải đẹp thật. Mình cứ như bị brain dead khi gặp algebra vậy .

 

Với bài 1, cảm ơn gợi ý của bạn, mình đã giải được rồi. Đại loại là vì $b$ là algebraic over $F$, $b$ là nghiệm của một irreducible polynomial nào đó có bậc là $m$. Do đó, $F(b)=\{a_0+a_1b+a_2b^2+...+a_{m-1}b^{m-1}\mid a_j\in F\}$. Ta vẫn có $F(b)$ là field với characteristic $p$, và rõ ràng $|F(b)|=q^m$. Áp dụng cái gạch đầu dòng thứ 3 ta được kết quả như mong muốn.

 

Với bài 2, thì $F<k$ có nghĩa là $F$ là một proper subfield của $k$ (tức là nó chứa trọn trong $k$, ko có bằng $k$.)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KoBietDatTenSaoChoHot: 20-05-2015 - 23:20

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Cung co một vân đê liên quan đên đa thức bất khả quy minh man phép đăng vao đây: Các nghiệm của đa thức bất khả quy co cung bội. Minh tư tim ra điêu nay nên thây nghi ngơ vi` no không co´ trong ly thuyết. Chứng minh của minh đơn gian chi la do đăng câu giữa 2 mơ rông bất ki cua 2 phân tư trên cung một trường nêu chúng cung la nghiệm của một đa thức bất khả quy. Dung đăng câu nay tac đông bao đa thức suy ra được điêu trên. Ai đo co thê xac nhân cho minh điêu trên?

 

Bạn có thể nói rõ hơn một chút về thế nào là "co cung bội" ko? Điều duy nhất mình biết là: Nếu $K/F$ là một field extension, p(x) là irreducible, và $\sigma\in Aut(K/F)$, thì nếu $a$ là một nghiệm của $p(x)$ thì $\sigma(a)$ cũng là một nghiệm của $p(x)$.

[fghost]

Với bài 2, thì $F<k$ có nghĩa là $F$ là một proper subfield của $k$ (tức là nó chứa trọn trong $k$, ko có bằng $k$.)

 

Intuition của mình là vì $F(u)$ quá nhỏ, nên khi $F \subsetneq k$ thì $k$ đã đủ lớn để làm cho $F(u)$ algebraic. Cụ thể là chỉ cần $k$ có 1 phần tử không nằm trong $F$ thôi, thì phần tử này đã đủ để define 1 relation cho $u$.

 

Gọi $\alpha \in k\subset F(u)$ và $\alpha \notin F$. Nên $\alpha= \frac{p(u)}{g(u)}$ sao cho $p(u), g(u)$ là đa thức với biến $u$ và hệ số trong $F$. Điều kiện $\alpha \notin F$ có nghĩa là $p(u) \ne cg(u)$ với mọi $c \in F$, nói cách khác ít nhất degree của $p(u)$ hay $g(u)$ phải lớn hơn $0$. Ta có thể tối giản, và assume $\frac{p(u)}{g(u)}$ ở dạng đơn giản nhất. Ta hiện tại có

$$g(u)\alpha= p(u)$$

như vậy đến đây ta thấy $u$ thỏa mãn $\alpha g(X)=p(X)$ với $\alpha g(X), p(X) \in k[X]$. Chú ý, đây thật sự là 1 relation của $u$ vì degree của $p(X)$ hay $g(X)$ ít nhất là $1$. Vì vậy $u$ algebraic over $k$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 21-05-2015 - 03:06

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Intuition của mình là vì $F(u)$ quá nhỏ, nên khi $F \subsetneq k$ thì $k$ đã đủ lớn để làm cho $F(u)$ algebraic. Cụ thể là chỉ cần $k$ có 1 phần tử không nằm trong $F$ thôi, thì phần tử này đã đủ để define 1 relation cho $u$.

 

Gọi $\alpha \in k\subset F(u)$ và $\alpha \notin F$. Nên $\alpha= \frac{p(u)}{g(u)}$ sao cho $p(u), g(u)$ là đa thức với biến $u$ và hệ số trong $F$. Điều kiện $\alpha \notin F$ có nghĩa là $p(u) \ne cg(u)$ với mọi $c \in F$, nói cách khác ít nhất degree của $p(u)$ hay $g(u)$ phải lớn hơn $0$. Ta có thể tối giản, và assume $\frac{p(u)}{g(u)}$ ở dạng đơn giản nhất. Ta hiện tại có

$$g(u)\alpha= p(u)$$

như vậy đến đây ta thấy $u$ thỏa mãn $\alpha g(X)=p(X)$ với $\alpha g(X), p(X) \in k[X]$. Chú ý, đây thật sự là 1 relation của $u$ vì degree của $p(X)$ hay $g(X)$ ít nhất là $1$. Vì vậy $u$ algebraic over $k$.

 

Hi fghost, bạn có thể giải thích giúp mình một điểm ko? Trong các bài bạn giải ở trên, mình có thể thấy rằng bạn hay dùng fraction, ví dụ như: $\alpha=\frac{p(u)}{g(u)}$. Tại sao lại như vậy? 

Theo mình nghĩ là có phải nó liên quan đến điều này ko: trong lecture note của thầy mình có một claim mà mình vẫn ko hiểu rõ. Đó là $qf(F[a_1,a_2,...,a_n])=F(a_1,a_2,...,a_n)$. Trong đó, $F[a_1,...,a_n]$ là tập các polynomial với biến được thay bằng $a_i$ và với coefficients ở trong $F$. $qf(F[a_1,...,a_n])$ là quotient field của $F[a_1,...,a_n]$. Còn $F(a_1,...,a_n)$ là field nhỏ nhất chứa $F$ và chứa các $a_i$.

[fghost]

Hi fghost, bạn có thể giải thích giúp mình một điểm ko? Trong các bài bạn giải ở trên, mình có thể thấy rằng bạn hay dùng fraction, ví dụ như: $\alpha=\frac{p(u)}{g(u)}$. Tại sao lại như vậy? 

Theo mình nghĩ là có phải nó liên quan đến điều này ko: trong lecture note của thầy mình có một claim mà mình vẫn ko hiểu rõ. Đó là $qf(F[a_1,a_2,...,a_n])=F(a_1,a_2,...,a_n)$. Trong đó, $F[a_1,...,a_n]$ là tập các polynomial với biến được thay bằng $a_i$ và với coefficients ở trong $F$. $qf(F[a_1,...,a_n])$ là quotient field của $F[a_1,...,a_n]$. Còn $F(a_1,...,a_n)$ là field nhỏ nhất chứa $F$ và chứa các $a_i$.

 

Vì $F(u) = qf(F[u]$). Trong bài giải trên, ta có thể viết $\alpha= \frac{p(u)}{q(u)}$ là vì $k \subset F(u)$.

 

Còn vì sao $F(u) = qf(F[u])$, thì ta thấy cần chứng minh $qf(F[u])$ cũng là trường nhỏ nhất chứa $F$ và $u$, nên nó phải chính là $F(u).$

 

Ta thấy $qf(F[u])= \{ \frac{p(u)}{q(u)}| ~ p, q \in F[u]\}$ vì ta bắt đầu với vành của polynomials với biến $u$, $F[u]$, nên quotient field của nó, không khác gì hơn là làm cho mọi đa thức invertible, nên ta formally mở rộng lên phân số của đa thức. Intuitively, thì đây là điều kiện cần để xây dựng 1 trường chứa $F$ và $u$, nên nó phải là trường nhỏ nhất rồi. Thật vậy, gọi $K$ là 1 trường chứa $F$ và $u$. Với mọi $\frac{p(u)}{g(u)} \in qf(F[u])$, ta thấy vì $K$ là 1 trường, nên $p(u), q(u) \in K$, nên $\frac{1}{q(u)} \in K$, nên $\frac{p(u)}{q(u)} \in K$. Nên $qf(F[u]) \subset K$

 

Tương tự, bạn có thể mở rộng lên với $n$ biến.

 

EDIT: mình hơn sloppy khi gọi $F[u]$ là vành của polynomial với biến $u$, nhưng vì $u$ transcendental, nên không có vần đề gì cả. Trong note của thầy bạn, hình như không thừa nhận $a_i$ transcendental, điều này không thành vấn đề, lý luận hoàn toàn tương tự, chỉ không thể gọi $F[a_1, \dots, a_n]$ là vành của polynomial với biến $a_i$, mà phải gọi như bạn đã nói (tập các polynomial với biến được thay bằng $a_i$).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 21-05-2015 - 08:55

[Nxb]

Bạn có thể nói rõ hơn một chút về thế nào là "co cung bội" ko? Điều duy nhất mình biết là: Nếu $K/F$ là một field extension, p(x) là irreducible, và $\sigma\in Aut(K/F)$, thì nếu $a$ là một nghiệm của $p(x)$ thì $\sigma(a)$ cũng là một nghiệm của $p(x)$.

Chăng han x+1 co´ nghiệm -1 bội 1. x.x+1 co nghiệm i va` -i cung bội 1.

[Nxb]

Bai 2 co thê dung tiêu chuẩn Eisenstein + sư tương đương tinh bất khả quy cua đa thức trong miên nguyên vơi trương các thương của no đôi vơi các đa thức monic. Như thê´ bai 2 đưa vê xét đa thức trên trong F[x][t] ma x bất khả quy trong F[x] nên ta dung tiêu chuẩn Eisentein được. Minh nghi đên lơi giai nay khi đoc được sư kiên mơ rông cua u trên F đăng câu vơi trường các thương của F[x] của các ban. Như thê thi đa thức t...t+-x cung la bất khả quy hoặc nhiều đa thức nữa theo Eisenstein.

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Bai 2 co thê dung tiêu chuẩn Eisenstein + sư tương đương tinh bất khả quy cua đa thức trong miên nguyên vơi trương các thương của no đôi vơi các đa thức monic. Như thê´ bai 2 đưa vê xét đa thức trên trong F[x][t] ma x bất khả quy trong F[x] nên ta dung tiêu chuẩn Eisentein được. Minh nghi đên lơi giai nay khi đoc được sư kiên mơ rông cua u trên F đăng câu vơi trường các thương của F[x] của các ban. Như thê thi đa thức t...t+-x cung la bất khả quy hoặc nhiều đa thức nữa theo Eisenstein.

 

Để mình ngâm cứu thêm về vấn đề này.