tiphareth: приехал в Бомбей

(Добавить комментарий)

	(Анонимно) 2013-03-17 10:16 (ссылка)
	Миша, пофоткай помойки плиз и море из окна (Ответить) (Ветвь дискуссии)

	(Анонимно) 2013-03-17 21:41 (ссылка)
	присоединяюсь (Ответить) (Уровень выше)

	potan 2013-03-18 08:02 (ссылка)
	Да, живопистых фотографий очень не хватает! (Ответить) (Уровень выше)

	(Анонимно) 2013-03-17 11:08 (ссылка)
	А фотографии Бомбея будут? (Ответить)

	(Анонимно) 2013-03-17 11:24 (ссылка)
	БУДЕТ ЛИ ФОТООТЧЕТ? ИНДИЯ ЖЕ! (Ответить)

(Анонимно)
2013-03-17 13:30 (ссылка)

Пиздец, всем фоток подавай - что, кроме Миши только я из здешних посетителей был в Мумбае?

Отрывайте жопы от диванов и ездите по заграницам! 70 лет ваши родители и деды были вынуждены проводить свои жизни в наших зажелезнозанавесных помоях - так что отрывайтесь и за себя и за них!

(Ответить) (Ветвь дискуссии)

	(Анонимно) 2013-03-17 21:37 (ссылка)
	А еще деды воевали. Нам что, теперь за них мир-дружбу-жвачку жевать? Wait... OH SHI~ (Ответить) (Уровень выше)

(Анонимно)
2013-03-17 21:43 (ссылка)

хз вот я за последние года три очень много где побывал - в большинстве стран европы (где-то даже жил больше года), в китае (тоже жил какое-то время), индии (в Керале), тайланде, латинской америке, сша, турции, египте.. и мне всё равно хочется посмотреть фотки помоек из Индии!

(Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 14:42 (ссылка)
	Миша, полундра! Группа (Z/n)* не циклическая для составного n (упражнение в конце с.9 слайдов) (Ответить) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 15:27 (ссылка)

Стр. 9, утв-е про то, что группа Галуа n-го циклотомического расширения изоморфна (Z/n)*:

1. Во фразе ``для a взаимно простого с n-1'' опечатка: нужно заменить n-1 на n.

2. Само доказательство неполно. Доказано только то, что естественное отображение Gal(Q(\zeta)/Q) -> (Z/n)* инъективно. Сюръективность эквивалентна неприводимости n-го циклотомического многочлена, что, как минимум, неочевидно. Пример док-ва можно посмотреть в книге Ленга (``Algebra'', 3rd ed., chapter VI, paragraph 3, theorem 3.1, p.278).

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 15:57 (ссылка)
	Стр. 10, шаг 2 доказательства: Чтобы показать, что K = k[t]/(P), нужно еще убедиться, что P неприводим. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 18:13 (ссылка)
	ага, само собой надо поправить, да, сейчас скачаю и поправлю (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 18:13 (ссылка)
	dropbox-cli status Downloading 416 files (0.1 KB/sec, 6 days left) (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 18:26 (ссылка)
	Кошмар. (Зато, без интернета наука лучше идет. As I was told.) (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 18:53 (ссылка)
	он их немедленно скачал после этого (Ответить) (Уровень выше)

tiphareth
2013-03-17 18:25 (ссылка)

книги ленга это ужас, лучше никаких доказательств, чем такие
(в это место не смотрел, впрочем, но тем не менее осуждаю)

но вообще согласен, есть дыра в этом месте
очевидный способ ее заделать - перейти в характеристику p
там возведение в степень p дает автоморфизм поля, и если p
взаимно просто с n, получаем, что степень циклотомического
расширения какая надо, из чего следует неприводимость циклотомических
полиномов, но это адский геморрой

совсем простого способа сходу не вижу

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 18:47 (ссылка)

Ну не то, чтобы ужас. Ленг воинствующий консерватор, так что без противогаза часто не продраться. Но я по нему в детстве учился, и привык. (Плюс док-во Ленга неприводимости самое ``элементарное'' из тех, что я видел).

> очевидный способ ее заделать - перейти в характеристику p

Ой, а как это можно сделать? Взять кольцо целых Z[\zeta] и профакторизовать по (p)? Но это не поле, вообще говоря.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

tiphareth
2013-03-17 18:58 (ссылка)

придумал довольно просто
достаточно доказать, что корни (n-1 штук) линейно независимы над Q
доказывать это можно над Z
а потом профакторизовать в характеристику p для дико большого p
где у нас немедленно получится нетривиальное соотношение над корнями - противоречие

заодно получается неприводимость циклотомических полиномов
(про которую рассказать хотел, но не успел)

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 19:19 (ссылка)

Пардон, опять ничего не понял.

> достаточно доказать, что корни (n-1 штук) линейно независимы над Q
> доказывать это можно над Z

Что-то не понимаю. Корни циклотомического многочлена в общем случае линейно зависимы над Q. Скажем, корни четвертого циклотомического многочлена это i и -i. Похоже, я что-то существенное упускаю.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 19:20 (ссылка)
	нет, это я упускаю сейчас приведу в приемлемов состояние (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 19:21 (ссылка)
	И да, пардон, но корней в общем случае \varphi(n), а не n-1 штук. \varphi --- это Euler totient function. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 19:28 (ссылка)
	естественно исправил, положил туда же (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 20:55 (ссылка)

Извиняюсь, но что-то я все равно не понимаю аргумент.

1. Примитивные корни в общем случае не образуют базис Q(/zeta). Cумма всех примитивных корней равна нулю, когда, например, n = p^k, k > 1 и p нечетно, потому что n-й циклотомический многочлен равен F(X^{p^{k-1}}), где F --- p-й многочлен. Его коэффициент, следующий за старшим, равен нулю, очевидно.

2. Вот эту фразу совсем не понимаю (с. 10):

> Но там возведение в степень p дает автоморфизм, который порождает (Z/n)*

В каком смысле автоморфизм? И как он связан с (Z/n)*?

У нас есть алгебра F_p[t]/P(t). Чтобы возведение в степень p было автоморфизмом, нужно, чтобы в этой алгебре не было нильпотентов. И это действительно так для p взаимно простого с n, но, чтобы в этом убедиться, необходимо вычислить дискриминант P(t).

Пусть мы доказали, что Фробениус --- автоморфизм. Чтобы связать алгебру F_p[t]/P(t) с группой Галуа Q(\zeta), нужно как-то спустить действие Галуа на F_p[t]/P(t). Это будет так, если мы докажем, что действие Галуа спускается на Z[t]/P(t). Но для этого нужно доказать неприводимость P(t), и получается замкнутый круг.

3. Вот эту фразу тоже не понимаю:

> Сюръективность \varphi в характеристике p из этого следует

Я не понимаю, как определить \varphi в этой ситуации. Мультипликативная группа F_p[t]/P(t) не является циклической, потому что равна прямой сумме мультипликативных групп факторов, и все факторы имеют один и тот же порядок. Может, подгруппа всех n-тых корней из единицы и циклическая, но я пока не вижу, как это можно доказать.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 21:09 (ссылка)
	> но я пока не вижу, как это можно доказать. Я осел, пардон. Очевидно, группа n-тых корней не циклическая --- она изоморфна прямой сумме групп n-тых корней факторов. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

kaledin
2013-03-17 21:21 (ссылка)

А что нужно доказать-то -- что циклотомический многочлен неприводим? Ну типа 1. достаточно по модулю достаточно общего p, 2. для такого в F_p[t]/P(t) нет нильпотентов, поэтому Фробениус автоморфизм, 3. далее доказываем, что он порядка не меньше \phi(n), поэтому нетривиальных подполей нет. Но почему он такого порядка, мне кстати неочевидно.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 22:06 (ссылка)
	Ага, нужна неприводимость. Но мне что-то сомнительно, что циклотомические многочлены будут неприводимы по модулю достаточно общего простого. (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 22:25 (ссылка)
	А, ну да, восьмой циклотомический многочлен, X^4 + 1, приводим по модулю любого простого. Интересная наука. (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-17 22:38 (ссылка)
	Для нечетного p в F_{p^2} всегда есть элемент порядка 8, потому что 8 делит p^2 - 1. Значит, у X^4 + 1 всегда есть фактор степени 2. (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 22:59 (ссылка)
	спасибо, ага я не знал занятно (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

maxmornev
2013-03-17 23:10 (ссылка)

Я слышал звон, что циклотомические многочлены, дискриминант которых является квадратом, приводимы по модулю любых простых, но, что-то не могу восстановить рассуждение. Может, лажа.

Anyway, когда мы пытаемся доказать неприводимость циклотомических, начинается теория чисел во все поля. Может, в курсе теории Галуа оно и не нужно? Скажем, можно ограничиться случаем простого n, когда все тривиально, а остальное пускай студенты сами из книжек извлекают.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	tiphareth 2013-03-17 23:55 (ссылка)
	если ничего внятного не придумаю, так и сделаю, ага но есть такое ощущение таки, что оно совсем просто (Ответить) (Уровень выше)

maxmornev
2013-03-18 03:09 (ссылка)

Кстати, это же отличный пример плоского семейства, в котором слой над общей точкой неприводим, а все специальные слои несвязны, кроме одного, который не reduced. И база --- PID! С ума сойти, как раз искал такое, а оно под ногами валяется.

Молю Сатану, чтобы над алг. замкнутыми полями ситуация была проще. Иначе мне тезис не написать.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	maxmornev 2013-03-18 03:14 (ссылка)
	Матерь Люцифера, оно же еще и proper. (Ответить) (Уровень выше)

	maxmornev 2013-03-17 21:10 (ссылка)
	Соответственно, \varphi для алгебры F_p[t]/P(t) не определен. (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 19:13 (ссылка)
	положил исправленное туда же (Ответить) (Уровень выше)

	tiphareth 2013-03-17 19:17 (ссылка)
	спасибо, да переклинило (Ответить) (Уровень выше)

(Анонимно)
2013-03-20 21:17 (ссылка)

Если бы я моих студентов так учил, на меня бы давно уже нажаловались. И правильно сделали бы, кстати.

Всё-таки местная система, при всей ее дубоватости, дисциплинирует преподавателей. А то я помню, как у нас в ЛГУ некоторые профессора иногда задумывались у доски, после чего стирали половину написанного и начинали заново. И ничего, сходило с рук. Потом часто выяснялось, что и новое доказательство неверное, кстати. Нередко - во время подготовки к экзаменам. Сидели, помнится, на телефонах часами, пытаясь понять, что не так...

Я просто не представляю себе подобных вольностей в британской системе; здесь все готовят лекции как следует, насколько мне известно. А всё оттого, что здесь регулярный фидбэк, а в рашеньке по-прежнему "я начальник, ты дурак".

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	kaledin 2013-03-20 22:49 (ссылка)
	Зато у нас теоремы доказывают. А в Англии только "считают примеры". (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	(Анонимно) 2013-03-21 14:41 (ссылка)
	доказывают теоремы без дисциплины? такого просто не может быть! (Ответить) (Уровень выше)

	(Анонимно) 2013-03-21 23:25 (ссылка)
	А, вот оно что. То есть если бы совершенно посторонний человек не заметил всю эту лажу, то она бы так там и осталась, потому как его реальные студенты хавают всё. Офигеть, да. (Ответить) (Уровень выше)

	(Анонимно) 2013-03-21 23:28 (ссылка)
	> я начальник, ты дурак вы там совсем ебнулись? (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	(Анонимно) 2013-03-22 02:04 (ссылка)
	Ты бы хоть писать грамотно научился прежде чем лезть сюда. Ресентимент, блядь. Полноценный приемник. (Ответить) (Уровень выше)