Ασκήσεις Άλγεβρας

Συντονιστής: Demetres

ksofsa
Δημοσιεύσεις: 463
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#101

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Δευ Ιούλ 31, 2023 1:19 pm

Επαναφορά για την 30.

Προσθέτω μια άσκηση:

31)Έστω G μια πεπερασμένη πολλαπλασιαστική ομάδα πινάκων με μιγαδικά στοιχεία.'Εστω M το άθροισμα των στοιχείων της G. Δείξτε ότι detM\in \mathbb{Z}.


Κώστας

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#102

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Αύγ 12, 2023 9:29 pm

ksofsa έγραψε:
Δευ Ιούλ 31, 2023 1:19 pm
Επαναφορά για την 30.

Προσθέτω μια άσκηση:

31)Έστω G μια πεπερασμένη πολλαπλασιαστική ομάδα πινάκων με μιγαδικά στοιχεία.'Εστω M το άθροισμα των στοιχείων της G. Δείξτε ότι detM\in \mathbb{Z}.
Έστω M ο πίνακας άθροισμα.
Έστω G=\{A_1,..,A_n\} η ομάδα αυτή και H ένα στοιχείο της.
Τότε G =\{HA_1,...,HA_n\}, οπότε M=A_1+..+A_n= H(A_1+..+A_n) = HM για οποιοδήποτε στοιχείοH της G.
Έστω ότι det(M) \neq 0. Έχουμε (I-H)M=0.
Οπότε αφού ο M είναι αντιστρέψιμος παίρνουμε H=I για οποιοδήποτε στοιχείο της G, που σημαίνει G=\{I\}, άρα M=I και τελικά det(M)=1.
Άρα τελικά det(M) \in \{0,1\}.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#103

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Δευ Αύγ 14, 2023 10:07 pm

32)
Εξαιρετικά απλή.
Αποδείξτε χωρίς το θεώρημα του Burnside ότι μια ομάδα τάξης 224 δεν μπορεί να είναι απλή.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 463
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#104

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Παρ Αύγ 18, 2023 7:11 pm

Για την 32)

Πράγματι , κλασική άσκηση.

Έστω G με \left | G \right |=224=2^5\cdot 7.

Έστω r=\left | Syl_{2} (G)\right |.

Τότε,αν η G απλή, τότε r\mid 7(1),r\equiv 1(mod2)(2),\left | G \right |\mid r!(3).

Αν r=1, έχουμε μια μόνο υποομάδα 2-Sylow, άρα είναι κανονική, άτοπο.

Αν r=7, έχουμε 224\mid 5040, επίσης άτοπο.


Κώστας
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#105

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Απρ 19, 2024 7:54 pm

33)
Δείξτε ότι για κάθε R-πρότυπο της Noether M, κάθε επιμορφισμός f:M \rightarrow M είναι ισομορφισμός.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#106

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Παρ Απρ 19, 2024 8:23 pm

34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 105 που έχει κανονική υποομάδα τάξης 3 είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την \mathbb{Z}_{105}.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
giannispapav
Δημοσιεύσεις: 76
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#107

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Σάβ Απρ 20, 2024 7:28 am

stranger έγραψε:
Παρ Απρ 19, 2024 7:54 pm
33)
Δείξτε ότι για κάθε R-πρότυπο της Noether M, κάθε επιμορφισμός f:M \rightarrow M είναι ισομορφισμός.
Έχουμε την αύξουσα ακολουθία \mathrm{ker}f \subseteq \mathrm{ker}f^2 \subseteq \ldots η οποία είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει n\in \mathbb{N} έτσι ώστε \mathrm{ker}f^n= \mathrm{ker}f^{n+1}. Θα δείξουμε ότι \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\{0\}. Πράγματι, αν x\in \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n τότε f^n(x)=0 και υπάρχει y\in M έτσι ώστε x=f^n(y) δηλαδή f^{2n}(y)=0 \Rightarrow y\in \mathrm{ker}f^{2n}. Αλλά \mathrm{ker}f^{2n}=\mathrm{ker}f^{n} και άρα f^n(y)=0 \Rightarrow x=0.

Ο f είναι επιμορφισμός, οπότε \mathrm{Im}f^n=M άρα \{0\}=\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\mathrm{ker}f^n \cap M =\mathrm{ker}f^n \supseteq \mathrm{ker}f κατά συνέπεια \mathrm{ker}f=\{0\}


Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#108

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Απρ 20, 2024 8:17 pm

giannispapav έγραψε:
Σάβ Απρ 20, 2024 7:28 am
stranger έγραψε:
Παρ Απρ 19, 2024 7:54 pm
33)
Δείξτε ότι για κάθε R-πρότυπο της Noether M, κάθε επιμορφισμός f:M \rightarrow M είναι ισομορφισμός.
Έχουμε την αύξουσα ακολουθία \mathrm{ker}f \subseteq \mathrm{ker}f^2 \subseteq \ldots η οποία είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει n\in \mathbb{N} έτσι ώστε \mathrm{ker}f^n= \mathrm{ker}f^{n+1}. Θα δείξουμε ότι \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\{0\}. Πράγματι, αν x\in \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n τότε f^n(x)=0 και υπάρχει y\in M έτσι ώστε x=f^n(y) δηλαδή f^{2n}(y)=0 \Rightarrow y\in \mathrm{ker}f^{2n}. Αλλά \mathrm{ker}f^{2n}=\mathrm{ker}f^{n} και άρα f^n(y)=0 \Rightarrow x=0.

Ο f είναι επιμορφισμός, οπότε \mathrm{Im}f^n=M άρα \{0\}=\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\mathrm{ker}f^n \cap M =\mathrm{ker}f^n \supseteq \mathrm{ker}f κατά συνέπεια \mathrm{ker}f=\{0\}
Πολύ ωραία!


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#109

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Απρ 20, 2024 8:34 pm

stranger έγραψε:
Παρ Απρ 19, 2024 8:23 pm
34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 105 που έχει κανονική υποομάδα τάξης 3 είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την \mathbb{Z}_{105}.
Καμία ιδέα παιδιά;
Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι την Κυριακή το βράδυ θα βάλω τη λύση.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#110

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Απρ 20, 2024 11:09 pm

35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης \mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q} είναι κυκλική.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#111

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Δευ Απρ 22, 2024 5:12 pm

stranger έγραψε:
Σάβ Απρ 20, 2024 8:34 pm
stranger έγραψε:
Παρ Απρ 19, 2024 8:23 pm
34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 105 που έχει κανονική υποομάδα τάξης 3 είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την \mathbb{Z}_{105}.
Καμία ιδέα παιδιά;
Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι την Κυριακή το βράδυ θα βάλω τη λύση.
Έστω G ομάδα με |G|=105.
Υπάρχει κανονική ομάδα τάκης 3 και αυτή η ομάδα είναι κυκλική(αφού έχει τάξη πρώτο αριθμό), που σημαίνει ότι παράγεται από στοιχείο a τάξης 3. Οπότε αν x \in G, τότε xax^{-1} = 1 η xax^{-1} = a η xax^{-1} = a^2.
Στην πρώτη περίπτωση έχουμε άτοπο. Στην τρίτη περίπτωση έχουμε xa^2x^{-1}=a^4=a. Οπότε a^2x^{-1} = x^{-1}a, που δίνει x^{-1} = ax^{-1} a.
Οπότε (ax)^{-1} = (a^2x)^{-1}. Οπότε ax = a^2x, το οποίο είναι άτοπο προφανώς.
Άρα έχουμε xax^{-1} =a για κάθε x \in G. Αυτό σημαίνει ότι το a ανήκει στο κέντρο της G.
Οπότε έχουμε <a> \leq Z(G).
Έστω ο επιμορφισμός h: G/<a> \rightarrow G/Z(G) με g \cdot <a> \rightarrow g \cdot Z(G).
Έχουμε ότι |G/<a>|=35. Σε προηγούμενη άσκηση (Άσκηση 1) έχουμε δείξει ότι κάθε ομάδα τάξης 35 είναι κυκλική.
Οπότε η G/<a> είναι κυκλική και από το πρώτο θεώρημα ισομορφισμών παίρνουμε ότι η G/Z(G) είναι ισόμορφη με πηλίκο κυκλικής ομάδας, το οποίο δείχνει ότι η G/Z(G) είναι κυκλική.
Άρα η G είναι αβελιανή.
Από το θεώρημα δομής πεπερασμένων αβελιανών ομάδων επειδή η τάξη της G είναι αριθμός ελεύθερος τετραγώνων, παίρνουμε ότι η G είναι κυκλική.
Τέλος.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#112

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Ιουν 08, 2024 3:28 pm

36) Δείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 28 που έχει κανονική υποομάδα τάξης 4 είναι αναγκαστικά αβελιανή.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
giannispapav
Δημοσιεύσεις: 76
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#113

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Σάβ Ιουν 08, 2024 4:30 pm

stranger έγραψε:
Σάβ Ιουν 08, 2024 3:28 pm
36) Δείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 28 που έχει κανονική υποομάδα τάξης 4 είναι αναγκαστικά αβελιανή.
Έστω G ομάδα τάξης 28 και A κανονική υποομάδα της τάξης 4.

Είναι 28=2^2\cdot 7 επομένως από το θ. Cauchy υπάρχει υποομάδα B της G τάξης 7 (μάλιστα B\cong \mathbb{Z}_7).

Επίσης, αφού η A είναι κανονική, το σύνολο AB είναι υποομάδα της G με τάξη |AB|=\dfrac{|A|\cdot |B|}{|A\cap B|}=28.

Επομένως η G η είναι το ημιευθές γινόμενο G=A\rtimes B. Υπάρχουν μόνο δύο ομάδες τάξης 4, οι \mathbb{Z}_4 και \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2. Είναι \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_4)\cong \mathbb{Z}_2 (αφού \varphi(4)=2) και \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2)\cong S_3. Έτσι, ο μοναδικός ομομορφισμός \phi: B\to \mathrm{Aut}(A) είναι ο τετριμμένος, δηλαδή η G= A\times B είναι αβελιανή (ως ευθύ γινόμενο αβελιανών).


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 463
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#114

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Σάβ Ιουν 08, 2024 4:44 pm

Για την 36:

Έστω G η ομάδα τάξης 28 και S η κανονική υποομάδα τάξης 4.

Από το 3ο θεώρημα Sylow προκύπτει ότι υπάρχει μόνο μία υποομάδα 7-Sylow, γιατί, αν r το πλήθος αυτών των υποομάδων, θα πρέπει r\mid 4,r\equiv 1(mod7). Έστω P αυτή η υποομάδα που θα είναι κανονική, γιατί είναι μοναδική 7-Sylow.

Η υποομάδα S αβελιανή, διότι τάξης 4 , όπως και η P, διότι τάξης 7.

Έστω C η υποομάδα μεταθετών.

Επειδή G/S,G/P αβελιανές (τάξης 7 και 4), είναι C\leq S,C\leq P.

Έστω a\in C. Τότε, a^4=e,a^7=e\Rightarrow a^8=e,a^7=e\Rightarrow a=e.

Δηλαδή η υποομάδα μεταθετών της G είναι η τετριμμένη υποομάδα και η G είναι αβελιανή.


Κώστας
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 663
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#115

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Ιουν 08, 2024 9:20 pm

Πολύ ωραία!
stranger έγραψε:
Σάβ Απρ 20, 2024 11:09 pm
35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης \mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q} είναι κυκλική.
Καμία ιδέα;


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8996
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#116

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιουν 10, 2024 11:19 am

stranger έγραψε:
Σάβ Ιουν 08, 2024 9:20 pm
Πολύ ωραία!
stranger έγραψε:
Σάβ Απρ 20, 2024 11:09 pm
35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης \mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q} είναι κυκλική.
Καμία ιδέα;
Γράφω \alpha = \sqrt{2+\sqrt{2}}. Τότε \alpha^2 - 2 = \sqrt{2} οπότε είναι ρίζα του f(x) = x^4 - 4x^2 + 2. Από Eisenstein το f είναι ανάγωγο. Έχουμε f(x) = (x^2 - (2+\sqrt{2}))(x^2 - (2-\sqrt{2}).

Παρατηρούμε ότι
\displaystyle  2-\sqrt{2} = \frac{2}{2+\sqrt{2}} = \frac{2}{\alpha^2} \implies \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\alpha} = \frac{\alpha^2-2}{\alpha} = \beta

Άρα
\displaystyle  f(x) = (x-\alpha)(x+\alpha)(x-\beta)(x+\beta)

επομένως η επέκταση \mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q} είναι Galois βαθμού 4.

Έστω \sigma ένας αυτομορφισμός της επέκτασης.
  • Αν \sigma(\alpha) = \alpha, τότε \sigma(-\alpha) = -\alpha και \sigma(\beta) = \sigma(\alpha-2/\alpha) = \alpha-2/\alpha = beta. Τότε \sigma(-\beta) = -\beta και ο \sigma είναι ταυτοτικός
  • Αν \sigma(\alpha) = -\alpha εύκολα βρίσκουμε ότι \sigma = (\alpha;-\alpha)(\beta;-\beta)
  • Αν \sigma(\alpha) = \beta τότε \sigma(\beta) = \sigma(\alpha-2/\alpha) = \beta-2/\beta = (\beta^2-2)/\beta =-\sqrt{2}/\beta = -\alpha και με παρόμοιο τρόπο καταλήγουμε ότι \sigma = (\alpha;\beta;-\alpha;-\beta)
  • Αν \sigma(\alpha) = -\beta ομοίως παίρνουμε ότι \sigma = (\alpha;-\beta;-\alpha,\beta)
Αυτοί πρέπει να είναι και οι τέσσερεις αυτομορφισμοί. Άρα η ομάδα είναι κυκλική.

Εναλλακτικά

Χρησιμοποιούμε το resolvent cubic όπως περιγράφεται εδώ. Η διαδικασία δουλεύει για κάθε πολυώνυμο βαθμού 4.

To resolvent cubic της f(x) = x^4 - 4x^2 + 2 είναι g(x) = x^3 + 4x^2 - 8x - 32 = (x+4)(x^2-8) με διακρίνουσα D = 2048. Τότε \sqrt{D} = 2^5 \sqrt{2} και επειδή η f παραγοντοποιείται στο \mathbb{Q}(\sqrt{D}) ως (x^2 - (2+\sqrt{2}))(x^2 - (2-\sqrt{2})) τότε η ομάδα Galois της f είναι η \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες