שיחת משתמש:Nimrod

תרגיל 1, 4.ג'

צ"ל $A\cap \bigcup_{i=1}^n B_i = \bigcup_{i=1}^n (A\cap B_i)$ ואח"כ אתה משתמש בזה פעמיים (כדי להראות ש: $\bigcup_{i=1}^n A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j' = \bigcup_{i=1}^n(A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j') = \bigcup_{i=1}^n \bigcup_{j=1}^m (A_i \cap B_j')$). -אור שחף, שיחה, 19:01, 26 ביולי 2010 (IDT)

תרגיל 1, 2.8א

אתה רוצה להראות ש-$\frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]$. מתקיים: $\frac{1}{a+b\sqrt{p}} = \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p}$. מכיוון ש-$a^2-b^2 p \in \mathbb{F}$ הטענה נכונה. -אור שחף, שיחה, 18:46, 27 ביולי 2010 (IDT)

$\left(a^2-b^2 p\right)^{-1} \in \mathbb{F} \subset \mathbb{F}[\sqrt{p}]$ ולכן $\frac{a}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F} \and \frac{-b}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F}$. לפי הגדרת $\mathbb{F}[\sqrt{p}]$ ולפי דיסטריביוטיביות (שאותה צ"ל, זה קל) נובע ש-$\frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]$ ואז, לפי $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$ (צ"ל), $\frac{x}{x}=1$ ואסוציאטיביות (צ"ל) מתקיים $\frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} = \frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]$. -אור שחף, שיחה, 19:44, 27 ביולי 2010 (IDT)

בזכות תומר שמתי לב ש-p לא בהכרח שייך ל-F, חכו. -אור שחף, שיחה, 20:07, 27 ביולי 2010 (IDT)

ברגע שמוכיחים סגירות נובע מכך: $a^2-b^2 p \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]$. ניסיתי להוכיח סגירות: $(a+b\sqrt{p})(c+d\sqrt{p})=^\text{(distributivity)}ac+bdp+ad\sqrt{p}+bc\sqrt{p}=^\text{(associativity)}(ac+bdp)+(ad+bc)\sqrt{p}$. בזכות הגדרת $\mathbb{F}[\sqrt{p}]$, נותר להוכיח ש-$ac+bdp \in \mathbb{F}$, אבל בגלל קיום איבר נגדי, איבר הופכי וסגירות החיבור והכפל ב-F, צריך להתקיים ש-p שייך ל-F. חכו רגע, או שטעיתי או שיש פה משהו מתוחכם שלא ראיתי. נ.ב. נמרוד, למה מחקת? -אור שחף, שיחה, 20:37, 27 ביולי 2010 (IDT)

בגלל שעדיף לא לציין מה שיש בו טעות אלה רק מה שנכון

חשבתי שאולי תנסו למצוא טעות (ואולי נובע מכך שלכל תת-שדה של R כל הראשוניים שייכים לתת-שדה). בכל מקרה, רוב מה שכתבתי ישמש אותנו גם אם טעיתי. -אור שחף, שיחה, 21:20, 27 ביולי 2010 (IDT)