分类: 数的几何代写Geometry of Numbers

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|MAST90136

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代数数论是数论的一个分支,它使用抽象代数的技术来研究整数、有理数及其泛化。数论问题用代数对象的属性来表达,如代数数域及其整数环、有限域和函数域。这些属性,如一个环是否允许唯一的因式分解,理想的行为,以及场的伽罗瓦群,可以解决数论中最重要的问题,如狄方达方程的解的存在。

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数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|MAST90136

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Norms of ideals

Let $K$ be a number field, and $\mathcal{O}K$ be its ring of integers. Definition 3.1.1. – Let $0 \neq I \subseteq \mathcal{O}_K$ be an ideal. Define the norm of $I$ to be $$ \mathrm{N}(I)=#\left(\mathcal{O}_K / I\right)=\left[\mathcal{O}_K: I\right] . $$ Proposition 3.1.2. – 1. If $I=(x)$ for some $x \in \mathcal{O}_K$, then $\mathrm{N}(I)=\left|\mathrm{N}{K / \mathbb{Q}}(x)\right|$.

  1. We have $\mathrm{N}(I J)=\mathrm{N}(I) \mathrm{N}(J)$ for any ideals $I, J \subseteq \mathcal{O}_K$.
  2. For $n \in \mathbb{Z}{\geq 0}$, there exist only finitely many ideals $I \subseteq \mathcal{O}_K$ such that $\mathrm{N}(I)=n$. Proof. – (1) Let $\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ be a $\mathbb{Z}$-basis of $\mathcal{O}_K$. Then there exists a matrix $C \in$ $\mathrm{M}{n \times n}(\mathbb{Z})$ such that
    $$
    \left(x \alpha_1, \cdots, x \alpha_n\right)=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) C .
    $$
    It follows that
    $$
    \mathrm{N}(I)=\left[\mathcal{O}K: I\right]=\left[\sum_i \mathbb{Z} \cdot \alpha_i: \sum_i \mathbb{Z} \cdot x \alpha_i\right]=|\operatorname{det}(C)| $$ But by definition, $\mathrm{N}{K / \mathbb{Q}}(x)=\operatorname{det}(C)$.
    (2) By Theorem 2.2.4, it suffices to show that
    $$
    \mathrm{N}\left(\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}i\right)=\mathrm{N}\left(\mathfrak{p}_1\right) \mathrm{N}\left(\prod{i=2}^r \mathfrak{p}i\right) $$ for any prime ideals $\mathfrak{p}_1, \cdots, \mathfrak{p}_r$. First, note that $k\left(\mathfrak{p}_1\right):=\mathcal{O}_K / \mathfrak{p}_1$ is a finite field, since $\mathfrak{p}_1 \subseteq \mathcal{O}_K$ is maximal. We claim that $\prod{i=2}^r \mathfrak{p}i / \prod{i=1}^r \mathfrak{p}i$ is a $k\left(\mathfrak{p}_1\right)$-vector space of dimension 1. Assuming this claim, we see that $$ \frac{\left[\mathcal{O}_K: \prod{i=1}^r \mathfrak{p}i\right]}{\left[\mathcal{O}_K: \prod{i=2}^r \mathfrak{p}i\right]}=\left[\prod{i=2}^r \mathfrak{p}i: \prod{i=1}^r \mathfrak{p}i\right]=# k\left(\mathfrak{p}_1\right)=\mathrm{N}\left(\mathfrak{p}_1\right) $$ which is clearly equivalent to the assertion needed. It remains to prove the claim. Since $\prod{i=1}^r \mathfrak{p}i \neq \prod{i=2}^r \mathfrak{p}i$ by Theorem $2.2 .4$, there exists $x \in \prod{i=2}^r \mathfrak{p}i$ but $x \notin \prod{i=1}^r \mathfrak{p}_i$. Then we

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Relative different and discriminant

Let $L / K$ be a finite extension of number fields.
Definition 3.3.1. – For a non-zero prime ideal $\mathfrak{P}$ of $\mathcal{O}L$, we put $$ \mathrm{N}{L / K}(\mathfrak{P})=\mathfrak{p}^{f(\mathfrak{P} / \mathfrak{p})},
$$
where $\mathfrak{p}=\mathfrak{P} \cap \mathcal{O}K$, and $f(\mathfrak{P} \mid \mathfrak{p})=\left[\mathcal{O}_L / \mathfrak{P}: \mathcal{O}_K / \mathfrak{p}\right]$ is the residue degree of $\mathfrak{P} / \mathfrak{p}$. For an arbitrary fractional ideal $I=\prod{i=1}^r \mathfrak{P}i^{a_i}$, we put $$ \mathrm{N}{L / K}(I):=\prod_{i=1}^r \mathrm{~N}\left(\mathfrak{P}i\right)^{a_i} $$ Then $\mathrm{N}{L / K}(I)$ is a fractional ideal of $K$, and we call it the norm of $I$ relative to $L / K$.
Lemma 3.3.2.

  1. We have $\mathrm{N}{L / K}(I J)=\mathrm{N}{L / K}(I) \mathrm{N}_{L / K}(J)$ for any fractional ideals $I, J$ of $L$.
  2. When $K=\mathbb{Q}$, then we have $\mathrm{N}_{L / \mathbb{Q}}(I)=(\mathrm{N}(I))$ for any fractional ideal $I$ of $L$, where $\mathrm{N}(I) \in \mathbb{Q}^{\times}$is the absolute norm of $I$ defined in Section 3.1.
  3. If $I=J \mathcal{O}L$ for some ideal $J \subseteq \mathcal{O}_K$, then $\mathrm{N}{L / K}(I)=J^{[L: K]}$.
  4. If $M / L$ is another finite extension, then one has
    $$
    \mathrm{N}{M / K}(I)=\mathrm{N}{L / K}\left(\mathrm{~N}_{M / L}(I)\right)
    $$
    for any fractional ideal I of $M$.
    Proof. – Statement (1) is immediate from the definition. Statement (2) follows from the fact that, if $\mathfrak{P}$ is a prime of $\mathcal{O}_L$ above $p$, then $p^{f(\mathfrak{P} \mid p)}=#\left(\mathcal{O}_L / \mathfrak{P}\right)$. To prove (3), we may
  5. assume that $J=\mathfrak{p}$ is a prime of $\mathcal{O}K$. If $\mathfrak{p} \mathcal{O}_L=\prod{i=1}^g \mathfrak{P}i^{e_i}$ is the prime decomposition of $\mathfrak{p}$ in $\mathcal{O}_L$, then $$ \mathrm{N}{L / K}\left(\mathfrak{p} \mathcal{O}L\right)=\prod{i=1}^g \mathrm{~N}{L / K}\left(\mathfrak{P}_i\right)^{e_i}=\mathfrak{p}^{\sum{i=1}^g e_i f_i}=\mathfrak{p}^{[L: K]}
  6. $$
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代数数论代考

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Norms of ideals

让 $K$ 是一个数字字段,并且 $\mathcal{O} K$ 是它的整数环。定义 $3.1 .1$ 。-让 $0 \neq I \subseteq \mathcal{O}_K$ 成为一个理想。定义范数 $I$ 成为
提案 3.1.2。 – 1. 如果 $I=(x)$ 对于一些 $x \in \mathcal{O}_K$ ,然后 $\mathrm{N}(I)=|\mathrm{N} K / \mathbb{Q}(x)|$.

  1. 我们有 $\mathrm{N}(I J)=\mathrm{N}(I) \mathrm{N}(J)$ 为了任何理想 $I, J \subseteq \mathcal{O}_K$.
  2. 为了 $n \in \mathbb{Z} \geq 0$, 只存在有限多个理想 $I \subseteq \mathcal{O}K$ 这样 $\mathrm{N}(I)=n$. 证明。-(1) 让 $\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 是一个 $\mathbb{Z}$-基 础 $\mathcal{O}_K$. 那么存在一个矩阵 $C \in \mathrm{M} n \times n(\mathbb{Z})$ 这样 $$ \left(x \alpha_1, \cdots, x \alpha_n\right)=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) C . $$ 它遵循 $$ \mathrm{N}(I)=[\mathcal{O} K: I]=\left[\sum_i \mathbb{Z} \cdot \alpha_i: \sum_i \mathbb{Z} \cdot x \alpha_i\right]=|\operatorname{det}(C)| $$ 但根据定义, $\mathrm{N} K / \mathbb{Q}(x)=\operatorname{det}(C)$. (2) 由定理2.2.4,足以证明 $$ \mathrm{N}\left(\prod{i=1}^r \mathfrak{p} i\right)=\mathrm{N}\left(\mathfrak{p}1\right) \mathrm{N}\left(\prod i=2^r \mathfrak{p} i\right) $$ 对于任何素理想 $\mathfrak{p}_1, \cdots, \mathfrak{p}_r$. 首先,请注意 $k\left(\mathfrak{p}_1\right):=\mathcal{O}_K / \mathfrak{p}_1$ 是一个有限域,因为 $\mathfrak{p}_1 \subseteq \mathcal{O}_K$ 是最大的。 -vectorspaceofdimension1.Assumingthisclaim, weseethat $\$ ffrac $\left{\backslash \mathrm{left}\left[\backslash m a t h c a l{O}{-} \mathrm{K}\right.\right.$ : 待证明这一说法。自从 $\prod i=1^r \mathfrak{p} i \neq \prod i=2^r \mathfrak{p} i$ 通过定理 $2.2 .4$ ,那里存在 $x \in \prod i=2^r \mathfrak{p} i$ 但 $x \notin \prod i=1^r \mathfrak{p}_i$. 然后我们

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Relative different and discriminant

让 $L / K$ 是数域的有限扩展。
定义 3.3.1。 – 对于非零素理想 $P$ 的 $\mathcal{O} L$ ,我们把
$$
\mathrm{N} L / K(\mathfrak{P})=\mathfrak{p}^{f(\mathfrak{P} / \mathfrak{p})},
$$
在哪里 $\mathfrak{p}=\mathfrak{P} \cap \mathcal{O} K$ ,和 $f(\mathfrak{P} \mid \mathfrak{p})=\left[\mathcal{O}L / \mathfrak{P}: \mathcal{O}_K / \mathfrak{p}\right]$ 是残留度 $\mathfrak{P} / \mathfrak{p}$. 对于任意分数理想 $I=\prod i=1^r \mathfrak{P} i^{a_i}$, 我们把 $$ \mathrm{N} L / K(I):=\prod{i=1}^r \mathrm{~N}(\mathfrak{P} i)^{a_i}
$$
然后 $\mathrm{N} L / K(I)$ 是一个分数理想 $K$ ,我们称它为范数 $I$ 关系到 $L / K$. 引理 3.3.2。

  1. 我们有 $\mathrm{N} L / K(I J)=\mathrm{N} L / K(I) \mathrm{N}_{L / K}(J)$ 对于任何分数理想 $I, J$ 的 $L$.
  2. 什么时候 $K=\mathbb{Q}{\text {~那么我们有 }} \mathrm{N}{L / \mathbb{Q}}(I)=(\mathrm{N}(I))$ 对于任何分数理想 $I$ 的 $L$ ,在哪里N $\mathrm{N}(I) \in \mathbb{Q}^{\times}$是绝对 规范 $I$ 在第 $3.1$ 节中定义。
  3. 如果 $I=J \mathcal{O} L$ 为了一些理想 $J \subseteq \mathcal{O}_K$ ,然后 $\mathrm{N} L / K(I)=J^{[L: K]}$.
  4. 如果 $M / L$ 是另一个有限扩展,那么有
    $$
    \mathrm{N} M / K(I)=\mathrm{N} L / K\left(\mathrm{~N}_{M / L}(I)\right)
    $$
    对于任何分数理想 $\mid M$.
    证明。-声明 (1) 直接来自定义。陈述 (2) 是从以下事实得出的:如果 $\mathfrak{P}$ 是素数 $\mathcal{O}_L$ 以上 $p$ ,然后 $\mathrm{K}} \backslash \mathrm{left}(\backslash m$ athfrak ${\mathrm{p}} \backslash$ mathcal ${\mathrm{O}}$ LIright $=\mid$ prod ${\mathrm{i}=1} \wedge \mathrm{g} \backslash$ mathrm ${\sim \mathrm{N}} \mathrm{L} /$
    $6 . \$ \$$
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金融工程代写

金融工程是使用数学技术来解决金融问题。金融工程使用计算机科学、统计学、经济学和应用数学领域的工具和知识来解决当前的金融问题,以及设计新的和创新的金融产品。

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法,其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型;这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型(GLM)归属统计学领域,是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

术语 广义线性模型(GLM)通常是指给定连续和/或分类预测因素的连续响应变量的常规线性回归模型。它包括多元线性回归,以及方差分析和方差分析(仅含固定效应)。

有限元方法代写

有限元方法(FEM)是一种流行的方法,用于数值解决工程和数学建模中出现的微分方程。典型的问题领域包括结构分析、传热、流体流动、质量运输和电磁势等传统领域。

有限元是一种通用的数值方法,用于解决两个或三个空间变量的偏微分方程(即一些边界值问题)。为了解决一个问题,有限元将一个大系统细分为更小、更简单的部分,称为有限元。这是通过在空间维度上的特定空间离散化来实现的,它是通过构建对象的网格来实现的:用于求解的数值域,它有有限数量的点。边界值问题的有限元方法表述最终导致一个代数方程组。该方法在域上对未知函数进行逼近。[1] 然后将模拟这些有限元的简单方程组合成一个更大的方程系统,以模拟整个问题。然后,有限元通过变化微积分使相关的误差函数最小化来逼近一个解决方案。

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随机分析代写


随机微积分是数学的一个分支,对随机过程进行操作。它允许为随机过程的积分定义一个关于随机过程的一致的积分理论。这个领域是由日本数学家伊藤清在第二次世界大战期间创建并开始的。

时间序列分析代写

随机过程,是依赖于参数的一组随机变量的全体,参数通常是时间。 随机变量是随机现象的数量表现,其时间序列是一组按照时间发生先后顺序进行排列的数据点序列。通常一组时间序列的时间间隔为一恒定值(如1秒,5分钟,12小时,7天,1年),因此时间序列可以作为离散时间数据进行分析处理。研究时间序列数据的意义在于现实中,往往需要研究某个事物其随时间发展变化的规律。这就需要通过研究该事物过去发展的历史记录,以得到其自身发展的规律。

回归分析代写

多元回归分析渐进(Multiple Regression Analysis Asymptotics)属于计量经济学领域,主要是一种数学上的统计分析方法,可以分析复杂情况下各影响因素的数学关系,在自然科学、社会和经济学等多个领域内应用广泛。

MATLAB代写

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数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|MATH3303

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代数数论是数论的一个分支,它使用抽象代数的技术来研究整数、有理数及其泛化。数论问题用代数对象的属性来表达,如代数数域及其整数环、有限域和函数域。这些属性,如一个环是否允许唯一的因式分解,理想的行为,以及场的伽罗瓦群,可以解决数论中最重要的问题,如狄方达方程的解的存在。

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  • Advanced Probability Theory 高等概率论
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数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|MATH3303

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Preliminaries on Noetherian rings

All rings in this section are commutative.
Proposition 2.1.1. – Let $R$ be a ring, and $M$ be an $R$-module. The following statements are equivalent:

  1. Every submodule of $M$ (including $M$ itself) is finitely generated.
  2. For any increasing chain of ideals $N_1 \subseteq N_2 \subseteq \cdots \subseteq N_n \subseteq N_{n+1} \subseteq \cdots$, there exists an integer $m$ such that $N_n=N_{n+1}$ for all $n \geq m$.
  3. Every non-empty subset $\mathcal{S}$ of submodules of $M$ contains a maximal element $N$ under inclusion, i.e. if $N^{\prime} \in \mathcal{S}$ contains $N$, then $N=N^{\prime}$.

Proof. – We prove first (1) $\Longrightarrow$ (2). Given an increasing chain of submodules $N_1 \subseteq N_2 \subseteq$ $\cdots N_n \subseteq \cdots$, put $N_{\infty}=\cup_{n \geq 1} N_n$. Write $N_{\infty}=\left(x_1, \cdots, x_r\right)$. If $m \geq 1$ is large enough so that all $x_i \in N_m$, then $N_n=N_{\infty}$ for all $n \geq m$.

For (2) $\Longrightarrow$ (3), we assume that $\mathcal{S}$ does not contain any maximal element. Take an arbitrary $N_1 \in \mathcal{S}$. Since $N_1$ is not maximal, there exists $N_2 \in \mathcal{S}$ such that $N_1 \subsetneq N_2$. Continuing this process, we produce an increasing chain of ideals $N_1 \subsetneq N_2 \subsetneq \cdots N_n \subsetneq$ $N_{n+1} \subsetneq \cdots$, whose existence contradicts with (2).

Finally, we prove (3) $\Longrightarrow$ (1). It is enough to prove that $M$ is finitely generated, since the same arguments apply with $M$ replaced by any submodule $N \subseteq M$. Consider the set $\mathcal{S}$ consisting of all finitely generated submodules of $M$. Then $\mathcal{S}$ is non-empty, because $(0) \in \mathcal{S}$. Let $N \in \mathcal{S}$ be a maximal element. For any $x \in M, N^{\prime}=N+R \cdot x$ is also finitely generated and $N \subseteq N^{\prime}$. Then one has $N=N^{\prime}$ by the maximality of $N$. This implies that $x \in N$, i.e. $N=M$.

Definition 2.1.2. – (1) We say an $R$-module $M$ is Noetherian if it satisfies the equivalent conditions in the previous Proposition.
(2) We say a ring $R$ is Noetherian, if $R$ itself is Noetherian as an $R$-module.
Proposition 2.1.3. – Let $0 \rightarrow M_1 \rightarrow M \rightarrow M_2 \rightarrow 0$ be a short exact sequence of $R$-modules. Then $M$ is Noetherian if and only if both $M_1$ and $M_2$ are Noetherian.

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Dedekind domains

Definition 2.2.1. – An integral domain $A$ is called a Dedekind domain if it is Noetherian and integrally closed, and every non-zero prime is maximal.

Example 2.2.2. – (1) Every principal ideal domain is a Dedekind domain, e.g. $\mathbb{Z}$, $\mathbb{F}_p[X], \mathbb{C}[X]$.
(2) For any number field $K, \mathcal{O}_K$ is a Dedekind domain.
(3) Let $k$ be a field, $F(x, y) \in k[x, y]$ such that $F(x, y), F_x^{\prime}(x, y)$ and $F_y^{\prime}(x, y)$ has no common zeros. Then $k[x, y] /(F(x, y))$ is a Dedekind domain.

Definition 2.2.3. – Let $A$ be a domain with fractional field $K$. Then a fractional ideal $I$ of $A$ is a sub- $A$-module of $K$ such that there exists $d \in A$ with $d I \subset A$.
If $I$ and $J$ are both fractional ideals of $A$, then
$$
I+J={x \in K \mid x=a+b, a \in I, b \in J}, \quad I \cdot J=\left{x=\sum_i a_i b_i \mid a_i \in I, b_i \in J\right}
$$
are both fractional ideals.
The main result of this section is the following
Theorem 2.2.4. – Let A be a Dedekind domain. Every ideal I of A has a factorization $I=\mathfrak{p}1^{a_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{a_r}$ where $\mathfrak{p}_i$ are distinct prime ideals and $a_i \in \mathbb{Z}{\geq 0}$; moreover, the factorization of $I$ is unique up to order, i.e. if I has two such factorizations $\mathfrak{p}_1^{a_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{a_r}=\mathfrak{q}_1^{b_1} \cdots \mathfrak{q}_s^{b_s}$, then $r=s$ and for each $1 \leq i \leq r$, there exists a unique $j$ such that $\mathfrak{p}_i=\mathfrak{q}_j$ and $a_i=b_j$.
To prove this theorem, we need some preparation.
Lemma 2.2.5. – Let $A$ be a Noetherian ring. Then every ideal $I \neq 0$ of A contains a product of prime ideals.

Proof. – Let $\mathcal{S}$ be the set of ideals that do not contain any product of prime ideals. Suppose that $\mathcal{S}$ is non-empty. Since $A$ is Noetherian, $\mathcal{S}$ admits a maximal element, say $I$. Then $I$ must not be a prime ideal. Thus there exist $a, b \in R$ such that $a, b \notin I$ but $a b \in I$. Then consider $I_1=I+(a)$ and $I_2=I+(b)$. Then $I \subsetneq I_i$ for $i=1,2$. By the maximality of $I$, both $I_1$ and $I_2$ will contain a product of prime ideals. But it follows from
$$
I_1 I_2 \subseteq(a b)+a I+b I+I^2 \subseteq I
$$
that $I$ should also contain a product of prime ideals. This is a contradiction.

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|MATH3303

代数数论代考

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Preliminaries on Noetherian rings

本节中的所有环都是可交换的。
提案 2.1.1。-让 $R$ 是一个戒指,并且 $M$ 豆 $R$-模块。以下语句是等效的:

  1. 每个子模块 $M$ (包含 $M$ 本身)是有限生成的。
  2. 对于任何递增的理想链 $N_1 \subseteq N_2 \subseteq \cdots \subseteq N_n \subseteq N_{n+1} \subseteq \cdots$, 存在一个整数 $m$ 这样 $N_n=N_{n+1}$ 对所 有人 $n \geq m$.
  3. 每个非空子集 $\mathcal{S}$ 的子模块 $M$ 包含最大元素 $N$ 包含在内,即如果 $N^{\prime} \in \mathcal{S}$ 包含 $N$ ,然后 $N=N^{\prime}$.
    证明。- 我们首先证明 (1) $\Longrightarrow$ (2). 鉴于子模块链不断增加 $N_1 \subseteq N_2 \subseteq \cdots N_n \subseteq \cdots$ ,放 $N_{\infty}=\cup_{n \geq 1} N_n$. 写 $N_{\infty}=\left(x_1, \cdots, x_r\right)$. 如果 $m \geq 1$ 足够大,所以所有 $x_i \in N_m$ , 然后 $N_n=N_{\infty}$ 对所有人 $n \geq m$.
    对于 (2) $\Longrightarrow(3)$ ,我们假设 $\mathcal{S}$ 不包含任何最大元素。采取任意 $N_1 \in \mathcal{S}$. 自从 $N_1$ 不是最大的,存在 $N_2 \in \mathcal{S}$ 这 样 $N_1 \subsetneq N_2$. 继续这个过程,我们产生了越来越多的理想链 $N_1 \subsetneq N_2 \subsetneq \cdots N_n \subsetneq N_{n+1} \subsetneq \cdots$ , 其存在与 (2) 矛盾。
    最后,我们证明 (3) $\Longrightarrow(1)$. 足以证明 $M$ 是有限生成的,因为相同的论点适用于 $M$ 被任何子模块替换 $N \subseteq M$ .考虑集合 $\mathcal{S}$ 由所有有限生成的子模块组成 $M$. 然后 $\mathcal{S}$ 是非空的,因为 $(0) \in \mathcal{S}$. 让 $N \in \mathcal{S}$ 是一个极大的元素。对 于任何 $x \in M, N^{\prime}=N+R \cdot x$ 也是有限生成的,并且 $N \subseteq N^{\prime}$. 然后一个有 $N=N^{\prime}$ 的最大值 $N$. 这意味若 $x \in N, \mathrm{IE} N=M$.
    定义 2.1.2。 – (1) 我们说一个 $R$-模块 $M$ 如果它满足前面命题中的等价条件,则它是 Noetherian。
    (2) 我们说一个环 $R$ 是诺特式的,如果 $R$ 本身是诺特的 $R$-模块。
    提案 2.1.3。-让0 $\rightarrow M_1 \rightarrow M \rightarrow M_2 \rightarrow 0$ 是一个简短的精确序列 $R$-模块。然后 $M$ 是诺特式当且仅当两者 $M_1$ 和 $M_2$ 是诺特主义者。

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Dedekind domains

定义 2.2.1。-一个完整的域 $A$ 如果它是 Noetherian 并且是整闭的,并且每个非零素数都是最大的,则称为 Dedekind 域。
示例 2.2.2。-(1) 每个主理想域都是 Dedekind 域,例如 $\mathbb{Z} , \mathbb{F}_p[X], \mathbb{C}[X]$.
(2) 对于任意数字字段 $K, \mathcal{O}_K$ 是戴德金域。
(3) 请注意 $k$ 成为一个领域, $F(x, y) \in k[x, y]$ 这样 $F(x, y), F_x^{\prime}(x, y)$ 和 $F_y^{\prime}(x, y)$ 没有共同的零点。然后 $k[x, y] /(F(x, y))$ 是戴德金域。
定义 2.2.3。-让 $A$ 是一个带小数域的域 $K$. 然后是一个分数理想 $I$ 的 $A$ 是一个子 $A$-模块的 $K$ 这样就存在 $d \in A$ 和 $d I \subset A$.
如果 $I$ 和 $J$ 都是分数理想 $A$ ,然后
都是分数理想。
本节的主要结果是下面的
定理2.2.4。-设 A 为 Dedekind 域。 $\mathrm{A}$ 的每个理想I 都有一个因式分解 $I=\mathfrak{p} 1^{a_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{a_T}$ 在哪里 $\mathfrak{p}_i$ 是不同的素理 想和 $a_i \in \mathbb{Z} \geq 0$; 此外,因式分解 $I$ 根据顺序是唯一的,即如果我有两个这样的因式分解
$\mathfrak{p}_1^{a_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{a_r}=\mathfrak{q}_1^{b_1} \cdots \mathfrak{q}_s^{b_s}$ ,然后 $r=s$ 并为每个 $1 \leq i \leq r$ ,存在唯一的 $j$ 这样 $\mathfrak{p}_i=\mathfrak{q}_j$ 和 $a_i=b_j$.
为了证明这个定理,我们需要做一些准备。
引理 2.2.5。-让 $A$ 成为诺特环。那么每一个理想 $I \neq 0$ A 包含素理想的乘积。
证明。-让 $\mathcal{S}$ 是不包含任何素理想乘积的理想集。假设 $\mathcal{S}$ 是非空的。自从 $A$ 是诺特主义者, $\mathcal{S}$ 承认一个最大的元 素,比如说 $I$. 然后 $I$ 一定不是素理想。因此存在 $a, b \in R$ 这样 $a, b \notin I$ 但 $a b \in I$. 然后考虑 $I_1=I+(a)$ 和 $I_2=I+(b)$. 然后 $I \subsetneq I_i$ 为了 $i=1,2$. 通过最大值 $I$ ,两个都 $I_1$ 和 $I_2$ 将包含主要理想的产物。但它遵循
$$
I_1 I_2 \subseteq(a b)+a I+b I+I^2 \subseteq I
$$
那 $I$ 还应该包含素理想的产物。这是一个矛盾。

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非参数统计指的是一种统计方法,其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型;这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型(GLM)归属统计学领域,是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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有限元方法代写

有限元方法(FEM)是一种流行的方法,用于数值解决工程和数学建模中出现的微分方程。典型的问题领域包括结构分析、传热、流体流动、质量运输和电磁势等传统领域。

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随机分析代写


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回归分析代写

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代数数论是数论的一个分支,它使用抽象代数的技术来研究整数、有理数及其泛化。数论问题用代数对象的属性来表达,如代数数域及其整数环、有限域和函数域。这些属性,如一个环是否允许唯一的因式分解,理想的行为,以及场的伽罗瓦群,可以解决数论中最重要的问题,如狄方达方程的解的存在。

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数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Algebraic integers

Definition 1.1.1. – Let $A \subset B$ be an extension of rings. We say an element $x \in B$ is integral over $A$ if there exists a monic polynomial $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots+a_n \in A[T]$ such that $f(x)=0$. We say $B$ is integral over $A$, if every $x \in B$ is integral over $A$.
Example 1.1.2. – (1) $\mathbb{Z}[i]$ is integral over $\mathbb{Z}$.
(2) Let $L / K$ be an extension of fields. Then $L$ is integral over $K$ if and only if $L / K$ is an algebraic extension.

Proposition 1.1.3. – Let $A \subset B$ be an extension of rings, $x \in B$. Then the following statements are equivalent:

  1. $x$ is integral over $A$.
  2. the subring $A[x] \subset B$ is a finite generated A-module.
  3. $x$ belongs to a subring $B^{\prime} \subset B$ such that $B^{\prime}$ is finitely generated as an A-module. $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ of the $A$-module $B^{\prime}$. Since $x B^{\prime} \subset B^{\prime}$, there exists a $U \in \mathrm{M}_{n \times n}(A)$ such that
    $$
    x\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) U \Longleftrightarrow\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\left(x I_n-U\right)=0 .
    $$
    Let $V$ be the cofactor matrix of $x I_n-U$. Then one has
    $$
    \left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\left(x I_n-U\right) V=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \operatorname{det}\left(x I_n-U\right)=0 .
    $$
    As $1 \in B^{\prime}$ is a linear combination of $\alpha_i$ ‘s, we get $\operatorname{det}\left(x I_n-U\right)=x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n=0$.
    Corollary 1.1.4. – Let $A \subset B$ be extensions of rings. Then the elements of $B$ which are integral over $A$ form a subring of $B$.

Proof. – Given $x, y \in B$ integral over $A$, we need to show that $x+y$ and $x y$ are also integral over $A$. Actually, one sees easily that $A[x, y]$ is a finitely generated $A$-module, and concludes using Proposition 1.1.3(3).

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Traces and norms

Definition 1.2.1. – Let $L / K$ be a finite extension of fields, and $x \in L$. We view $L$ as a finite dimensional $K$-vector space, and denote by
$$
\phi_x: L \rightarrow L
$$
the $K$-linear endomorphism on $L$ defined by the multiplication by $x$. We have $\phi_x \in$ End $_K(L)$. We put $\operatorname{Tr}{L / K}(x)=\operatorname{Tr}\left(\phi_x\right)$, and call it the trace of $x$ (relative to $L / K$ ); put $\mathrm{N}{L / K}(x)=\operatorname{det}\left(\phi_x\right)$, and call it the norm of $x$ (relative to $L / K$ ).
Lemma 1.2.2. – Let $L / K$ be a finite extension of fields, and $x \in L$.

  1. One has
    $$
    \operatorname{Tr}{L / K}(x)=[L: K(x)] \operatorname{Tr}{K(x) / K}(x) \quad \text { and } \quad \mathrm{N}{L / K}(x)=\mathrm{N}{K(x) / K}(x)^{[L: K(x)]} .
    $$
  2. If $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots a_n \in K[T]$ is the minimal polynomial of $x$ over $K$, then $\operatorname{Tr}{K(x) / K}(x)=-a_1$ and $\mathrm{N}{K(x) / K}(x)=(-1)^n a_n$.
    Proof. – Exercise.
    From now on, we assume that all the fields encountered are number fields.
    Proposition 1.2.3. – Let $L / K$ be a finite separable extension of fields, and $n=[L: K]$. Fix an algebraically closed field $\Omega$, and an embedding $\tau: K \hookrightarrow \Omega$. Then
  3. there exists exactly $n$ distinct embeddings $\sigma_1, \cdots, \sigma_n: L \hookrightarrow \Omega$ such that $\left.\sigma_i\right|_K=\tau$ for $1 \leq i \leq n$;
  4. the $n$ embeddings $\sigma_1, \cdots, \sigma_n$ are linearly independent over $\Omega$.
    Proof. – (1) By induction on $n$, one reduces to the case where $L=K(x)$ for some $x \in L$. In this case, let $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots a_n$ be the minimal polynomial of $x$ over $K$ so that $L \cong K[T] /(f(T))$. Put $f^\tau(T)=T^n+\tau\left(a_1\right) T^{n-1}+\cdots+\tau\left(a_n\right) \in \Omega[T]$, and let $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in \Omega$ be the roots of $f^\tau(T)$. Then the $\alpha_i$ ‘s must be distinct (because $f(T)$ is separable). For each $\alpha_i$, there exists a unique embedding $\sigma_i: L \hookrightarrow \Omega$ extending $\tau$ such that $\sigma_i(x)=\alpha_i$. Conversely, if $\sigma: L \hookrightarrow \Omega$ is an extension of $\tau$, then it must send $x$ to some $\alpha_i$, hence it must coincide with one of the $\sigma_i$ ‘s.
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代数数论代考

数学代写|代数数论代写Algebraic number theory代考|Algebraic integers

定义 1.1.1。-让 $A \subset B$ 是环的延伸。我们说一个元素 $x \in B$ 是不可或缺的 $A$ 如果存在一元多项式 $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots+a_n \in A[T]$ 这样 $f(x)=0$. 我们说 $B$ 是不可或缺的 $A$ ,如果每个 $x \in B$ 是不 可或缺的 $A$.
示例 1.1.2。-(1) $\mathbb{Z}[i]$ 是不可或缺的 $\mathbb{Z}$.
(2) 让 $L / K$ 成为领域的延伸。然后 $L$ 是不可或缺的 $K$ 当且仅当 $L / K$ 是一个代数扩展。
提案 1.1.3。- 让 $A \subset B$ 是环的延伸, $x \in B$. 那么下面的语句是等价的:

  1. $x$ 是不可或缺的 $A$.
  2. 子环 $A[x] \subset B$ 是有限生成的 $\mathrm{A}$ 模。
  3. $x$ 属于子环 $B^{\prime} \subset B$ 这样 $B^{\prime}$ 有限生成为 $\mathrm{A}$ 模。 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的 $A$-模块 $B^{\prime}$. 自从 $x B^{\prime} \subset B^{\prime}$ ,存在一个 $U \in \mathrm{M}_{n \times n}(A)$ 这样
    $$
    x\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) U \Longleftrightarrow\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\left(x I_n-U\right)=0 .
    $$
    让 $V$ 是的辅因子矩阵 $x I_n-U$. 然后一个有
    $$
    \left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\left(x I_n-U\right) V=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \operatorname{det}\left(x I_n-U\right)=0
    $$
    作为 $1 \in B^{\prime}$ 是线性组合 $\alpha_i$ 的,我们得到 $\operatorname{det}\left(x I_n-U\right)=x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n=0$. 推论 1.1.4。-让 $A \subset B$ 是环的延伸。然后是元素 $B$ 这是不可或缺的 $A$ 形成一个子环 $B$.
    证明。-鉴于 $x, y \in B$ 积分超过 $A$ ,我们需要证明 $x+y$ 和 $x y$ 也是不可或缺的 $A$. 其实,很容易看出 $A[x, y]$ 是有 限生成的 $A$-模块,并使用命题 1.1.3(3) 得出结论。

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定义 1.2.1。-让 $L / K$ 是域的有限扩展,并且 $x \in L$. 我们查看 $L$ 作为有限维 $K$-向量空间,并表示为
$$
\phi_x: L \rightarrow L
$$
这 $K$-线性自同态 $L$ 由乘以定义 $x$. 我们有 $\phi_x \in$ 结尾 $K(L)$. 我们把 $\operatorname{Tr} L / K(x)=\operatorname{Tr}\left(\phi_x\right)$ , 并称它为的踪迹 $x$ (关系到 $L / K$ ); 放 $\mathrm{N} L / K(x)=\operatorname{det}\left(\phi_x\right.$ ), 并称其为范数 $x$ (关系到 $L / K$ ).
引理 1.2.2。 – 让 $L / K$ 是域的有限扩展,并且 $x \in L$.

  1. 一个有
    $\operatorname{Tr} L / K(x)=[L: K(x)] \operatorname{Tr} K(x) / K(x) \quad$ and $\quad \mathrm{N} L / K(x)=\mathrm{N} K(x) / K(x)^{[L: K(x)]}$.
  2. 如果 $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots a_n \in K[T]$ 是的最小多项式 $x$ 超过 $K$ ,然后 $\operatorname{Tr} K(x) / K(x)=-a_1$ 和 $\mathrm{N} K(x) / K(x)=(-1)^n a_n$.
    证明。-锻炼。
    从现在开始,我们假设遇到的所有字段都是数字字段。
    提案 1.2.3。- 让 $L / K$ 是域的有限可分扩展,并且 $n=[L: K]$. 修正一个代数闭域 $\Omega$, 和一个嵌入 $\tau: K \hookrightarrow \Omega$. 然后
  3. 确实存在 $n$ 不同的嵌入 $\sigma_1, \cdots, \sigma_n: L \hookrightarrow \Omega$ 这样 $\left.\sigma_i\right|_K=\tau$ 为了 $1 \leq i \leq n$;
  4. 这 $n$ 嵌入 $\sigma_1, \cdots, \sigma_n$ 线性独立于 $\Omega$.
    证明。 – (1) 通过归纳 $n$, 一个减少到的情况下 $L=K(x)$ 对于一些 $x \in L$. 在这种情况下,让 $f(T)=T^n+a_1 T^{n-1}+\cdots a_n$ 是的最小多项式 $x$ 超过 $K$ 以便 $L \cong K[T] /(f(T))$. 放
    $f^\tau(T)=T^n+\tau\left(a_1\right) T^{n-1}+\cdots+\tau\left(a_n\right) \in \Omega[T]$ , 然后让 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in \Omega$ 成为的根源 $f^\tau(T)$.
    然后 $\alpha_i$ 的必须是不同的 (因为 $f(T)$ 是可分离的) 。对于每个 $\alpha_i$ , 存在唯一嵌入 $\sigma_i: L \hookrightarrow \Omega$ 延伸 $\tau$ 这样 $\sigma_i(x)=\alpha_i$. 相反,如果 $\sigma: L \hookrightarrow \Omega$ 是的延伸 $\tau$ ,那么它必须发送 $x$ 对一些 $\alpha_i$ ,因此它必须与其中一个重 合 $\sigma_i$ 的。
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