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交换代数Commutative Algebra换元代数本质上是对代数数论和代数几何中出现的环的研究。在代数理论中，代数整数的环是Dedekind环，因此它构成了一类重要的换元环。与模块化算术有关的考虑导致了估值环的概念。代数场扩展对子环的限制导致了积分扩展和积分封闭域的概念，以及估值环扩展的公理化概念。
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数学代写|交换代数代写Commutative Algebra代考|Formal derivatives
Formal derivatives $-$ Let $A$ be a ring and let $P \in A[X]$ be a polynomial; writing $\mathrm{P}=\sum_{m=0}^n a_m \mathrm{X}^m$, its (formal) derivative is the polynomial $\mathrm{P}^{\prime}=\sum_{m=1}^n m a_m \mathrm{X}^{m-1}$
We observe the following rules: $(a \mathrm{P})^{\prime}=a \mathrm{P}^{\prime},(\mathrm{P}+\mathrm{Q})^{\prime}=\mathrm{P}^{\prime}+\mathrm{Q}^{\prime}$ and $(\mathrm{PQ})^{\prime}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}+\mathrm{PQ}^{\prime}$ (Leibniz rule). Leaving to the reader the proofs of the first two, let us prove the third one. By additivity, we may assume that $\mathrm{P}=\mathrm{X}^m$ and $\mathrm{Q}=\mathrm{X}^n$; then $\mathrm{PQ}=\mathrm{X}^{m+n}, \mathrm{P}^{\prime}=m \mathrm{X}^{m-1}$ and $\mathrm{Q}^{\prime}=n \mathrm{X}^{n-1}$, hence
$$
(\mathrm{PQ})^{\prime}=(m+n) \mathrm{X}^{m+n-1}=m \mathrm{X}^{m+n-1}+n \mathrm{X}^{m+n-1}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}+\mathrm{PQ}^{\prime}
$$
as claimed.
数学代写|交换代数代写Commutative Algebra代考|Roots and their multiplicities
Roots and their multiplicities – Let $K$ be a field and let $P \in K[X]$ be a non-constant polynomial. A root of $\mathrm{P}$ in $\mathrm{K}$ is an element $a \in \mathrm{K}$ such that $\mathrm{P}(a)=0$.
If $a$ is a root of $\mathrm{P}$, then the euclidean division of $\mathrm{P}$ by $\mathrm{X}-a$ takes the form $\mathrm{P}=(X-a) \mathrm{Q}+\mathrm{R}$, where $\mathrm{R} \in \mathrm{K}[\mathrm{X}]$ is a polynomial of degree $<1$, hence a constant, and by evaluation, one has $0=\mathrm{P}(a)=(a-a) \mathrm{Q}(a)+\mathrm{R}(a)=\mathrm{R}$, hence $\mathrm{P}=(\mathrm{X}-a) \mathrm{Q}$ and $\mathrm{X}-a$ divides $\mathrm{P}$. Conversely, if $\mathrm{X}-a$ divides $\mathrm{Q}$, then $\mathrm{P}(a)=0$. By successive euclidean divisions, one may write $\mathrm{P}=\mathrm{Q} \prod_{i=1}^n\left(\mathrm{X}-a_i\right)^{m_i}$ where $\mathrm{Q} \in \mathrm{K}[\mathrm{X}]$ is a polynomial without root in $\mathrm{K}, a_1, \ldots, a_n$ are distinct elements of $\mathrm{K}$ and $m_1, \ldots, m_n$ are strictly positive integers. (The process must stop since the degree of $Q$ decreases by 1 at each step, and is positive.) Let us prove that $m_i$ is the largest integer $m$ such that $\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m$ divides $\mathrm{P}$. This integer is called the multiplicity of the root $a_i$. By definition, $\left(X-a_i\right)^{m_i}$ divides $P$. Conversely, assume by contradiction that there exists an integer $m>m_i$ such that $\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m$ divides $\mathrm{P}$; let us write $\mathrm{P}=\mathrm{Q}1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m$. From the equality $\mathrm{P}=\mathrm{Q}_1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m=\mathrm{Q} \prod{j=1}^n\left(\mathrm{X}-a_j\right)^{m_j}$, we then get $\mathrm{Q}1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^{m-m_i}=$ $\mathrm{Q} \prod{j \neq i}\left(\mathrm{X}-a_j\right)^{m_j}$; evaluating both sides of this equality at $\mathrm{X}=a_i$, we obtain $0=\mathrm{Q}\left(a_i\right) \prod_{j \neq i}\left(a_i-a_j\right)^{m_j}$, a contradiction.
Let $a \in \mathrm{K}$ be such that $\mathrm{P}(a)=0$. Then there exists an integer $i \in{1, \ldots, n}$ such that $a=a_i$ : the elements $a_1, \ldots, a_n$ are the roots of $\mathrm{P}$ in $\mathrm{K}$.
One has $\operatorname{deg}(\mathrm{P})=\operatorname{deg}(\mathrm{Q})+\sum_{i=1}^n m_i$, hence $\sum_{i=1}^n m_i \leq \operatorname{deg}(\mathrm{P})$. The number of roots of a polynomial, counted with their multiplicities, is at most its degree.
Let us give an application of this fact.
交换代数代写
数学代写|交换代数代写Commutative Algebra代考|Formal derivatives
形式衍生物一让 $A$ 做一个戒指, 让 $P \in A[X]$ 是多项式; 写作 $\mathrm{P}=\sum_{m=0}^n a_m \mathrm{X}^m$, 它的 (形式) 导数是 多项式 $\mathrm{P}^{\prime}=\sum_{m=1}^n m a_m \mathrm{X}^{m-1}$
我们遵守以下规则: $(a \mathrm{P})^{\prime}=a \mathrm{P}^{\prime},(\mathrm{P}+\mathrm{Q})^{\prime}=\mathrm{P}^{\prime}+\mathrm{Q}^{\prime}$ 和 $(\mathrm{PQ})^{\prime}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}+\mathrm{PQ}^{\prime}$ (莱布尼茨规则)。 把前两个的证明留给读者, 让我们证明第三个。通过可加性, 我们可以假设 $\mathrm{P}=\mathrm{X}^{m_{\text {和 }} \mathrm{Q}}=\mathrm{X}^n$; 然后 $\mathrm{PQ}=\mathrm{X}^{m+n}, \mathrm{P}^{\prime}=m \mathrm{X}^{m-1}$ 和 $\mathrm{Q}^{\prime}=n \mathrm{X}^{n-1}$, 因此
$$
(\mathrm{PQ})^{\prime}=(m+n) \mathrm{X}^{m+n-1}=m \mathrm{X}^{m+n-1}+n \mathrm{X}^{m+n-1}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}+\mathrm{PQ}^{\prime}
$$
如声称的那样。
数学代写|交换代数代写Commutative Algebra代考|Roots and their multiplicities
根及其多重性一一让 $K$ 成为一个领域, 让 $P \in K[X]$ 是一个非常数多项式。一个根 $\mathrm{P}$ 在 $\mathrm{K}$ 是一个元素 $a \in \mathrm{K}$ 这样 $\mathrm{P}(a)=0$.
如果 $a$ 是一个根 $\mathrm{P}$, 然后欧几里得除法 $\mathrm{P}$ 经过 $\mathrm{X}-a$ 禾取形式 $\mathrm{P}=(X-a) \mathrm{Q}+\mathrm{R}$, 在哪里 $\mathrm{R} \in \mathrm{K}[\mathrm{X}]$ 是 一个多顶式 $<1$, 因此是一个常数, 并且通过评估, 一个有 $0=\mathrm{P}(a)=(a-a) \mathrm{Q}(a)+\mathrm{R}(a)=\mathrm{R}$, 因此 $\mathrm{P}=(\mathrm{X}-a) \mathrm{Q}$ 和 $\mathrm{X}-a$ 划分 $\mathrm{P}$. 相反, 如果 $\mathrm{X}-a$ 划分 $\mathrm{Q}$, 然后 $\mathrm{P}(a)=0$. 通过连续的欧几里得划 分, 可以写 $\mathrm{P}=\mathrm{Q} \prod_{i=1}^n\left(\mathrm{X}-a_i\right)^{m_i}$ 在哪里 $\mathrm{Q} \in \mathrm{K}[\mathrm{X}]$ 是一个没有根的多项式 $\mathrm{K}, a_1, \ldots, a_n$ 是不同的 元素 $\mathrm{K}$ 和 $m_1, \ldots, m_n$ 是严格的正整数。(该过程必须停止, 因为程度 $Q$ 每一步减 1 , 并且是正的。) 让我 们证明 $m_i$ 是最大的整数 $m$ 这样 $\left(\mathrm{X}-a_i\right)^{m^m}$ 划分 $\mathrm{P}$. 这个整数称为根的重数 $a_i$. 根据定义, $\left(X-a_i\right)^{m_i}$ 划分 $P$. 相反, 通过矛盾假设存在一个整数 $m>m_i$ 这样 $\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m$ 划分 $\mathrm{P}$; 让我们写 $\mathrm{P}=\mathrm{Q} 1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m$. 从 平等 $\mathrm{P}=\mathrm{Q}1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^m=\mathrm{Q} \prod j=1^n\left(\mathrm{X}-a_j\right)^{m_j}$, 然后我们得到 $\mathrm{Q} 1\left(\mathrm{X}-a_i\right)^{m-m_i}=$ $\mathrm{Q} \prod j \neq i\left(\mathrm{X}-a_j\right)^{m_j}$; 评估这个等式的两边 $\mathrm{X}=a_i$, 我们获得 $0=\mathrm{Q}\left(a_i\right) \prod{j \neq i}\left(a_i-a_j\right)^{m_j}$, 矛 盾。
让 $a \in \mathrm{K}$ 是这样的 $\mathrm{P}(a)=0$. 那么存在一个整数 $i \in 1, \ldots, n$ 这样 $a=a_i$ ：要素 $a_1, \ldots, a_n$ 是的根 $\mathrm{P}$ 在 K.
一个有 $\operatorname{deg}(\mathrm{P})=\operatorname{deg}(\mathrm{Q})+\sum_{i=1}^n m_i$, 因此 $\sum_{i=1}^n m_i \leq \operatorname{deg}(\mathrm{P})$. 多项式的根数, 连同它们的重数, 至多是它的次数。
让我们来应用这个事实。
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微观经济学代写
微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。
线性代数代写
线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。
博弈论代写
现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。
微积分代写
微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。
它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。
计量经济学代写
什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。
根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。
MATLAB代写
MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。