Μία από τον Jacobson

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4212
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Μία από τον Jacobson

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Πέμ Μαρ 31, 2016 10:55 pm

Προέρχεται από το κλασικό έργο του Nathan Jacobson Lectures in Abstract Algebra τόμος 1.

'Εστω G το σύνολο όλων των ζευγών (a,b) πραγματικών αριθμών με a \neq 0. Δείξτε ότι με την πράξη *:
\left( a,b\right) \ast \left( c,d\right) =\left( ac,bc+d\right)
το G είναι ομάδα.

Και μία επιπλέον ερώτηση: Λύστε στην G την εξίσωση x^{n}=e όπου e το ουδέτερο στοιχείο της ομάδας.

Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
algal
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Παρ Οκτ 14, 2011 9:32 pm

Re: Μία από τον Jacobson

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από algal » Παρ Απρ 01, 2016 1:07 am

Το σύνολο μας είναι το
\displaystyle{G=\{(a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}\mid a\neq0\}.}
Θεωρώντας τυχόντα στοιχεία (a,b),(c,d)\in G έχουμε a\neq0\neq c\Rightarrow ac\neq0. Επομένως
\displaystyle{(a,b)*(c,d)=(ac,bc+d)\in G,}
ήτοι το G είναι κλειστό σύνολο ως προς την πράξη *. Θεωρούμε, τώρα, και το στοιχείο (e,f)\in G. Τότε
\displaystyle{\big((a,b)*(c,d)\big)*(e,f)=(ac,bc+d)*(e,f)=(ace,(bc+d)e+f)=(ace,bce+de+f)=(a,b)*(ce,de+f)=(a,b)*\big((c,d)*(e,f)\big),}δηλαδή η πράξη * είναι προσεταιριστική. Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι το στοιχείο (1,0)\in G είναι το εκ δεξιών ουδέτερο στοιχείο της πράξης * στο G. Τέλος, το τυχόν στοιχείο (a,b)\in G έχει ως εκ δεξιών αντίστροφο στοιχείο το (a^{-1},-ba^{-1})\in G, αφού
\displaystyle{(a,b)*(a^{-1},-ba^{-1})=(aa^{-1},ba^{-1}+(-ba^{-1}))=(1,0).}
Σημειώνουμε ότι οι πράξεις εντός των παρενθέσεων είναι πράξεις επί του σώματος των πραγματικών αριθμών και a\neq0, άρα το στοιχείο (a^{-1},-ba^{-1})\in G είναι όχι μόνο καλώς ορισμένο, αλλά και μονοσημάντως ορισμένο. Έτσι, ολοκληρώνουμε την απόδειξη ότι η G είναι ομάδα.
\displaystyle{ }
Ως προς την λύση της εξίσωσης x^n=e_G, εάν θέσουμε x=(a,b)\in G, παρατηρούμε ότι
\displaystyle{x^n=(a,b)^n=(a^n,a^{n-1}b+\cdots+ab+b)=\big(a^n,b(1+a+\cdots+a^{n-1})\big).}
Η απόδειξη της εν λόγω σχέσεως επιτυγχάνεται εφαρμόζοντας επαγωγή στο n\in\mathbb{N}.
Εξ αυτής συνάγεται ότι
x^n=e_G\Leftrightarrow a^n=1\big\,\, και \,\,b(1+a+a^2+\cdots+a^{n-1})=0.
Αν a=1, λαμβάνουμε άμεσα από τη δεύτερη εξίσωση ότι nb=0\Rightarrow b=0, ήτοι η λύση της εξίσωσης x^n=e_G είναι η τετριμμένη. Αν a\neq1, από την εξίσωση a^n=1 λαμβάνουμε ότι το a είναι μία εκ των n-οστών ριζών της μονάδος \zeta_k:=\exp(2k\pi i/n), με k=1,2,\ldots, n-1. Εκ της ισότητας
\displaystyle{1+\zeta_k+\cdots+{\zeta_k}^{n-1}=0,\quad\forall k\in\{1,2,\ldots,n-1\}}
η οποία προκύπτει άμεσα από τις σχέσεις Vieta για το πολυώνυμο X^n-1, προκύπτει ότι η εξίσωση b(1+a+\cdots+a^{n-1})=0, ισχύει για κάθε b\in \mathbb{R}. Συμπερασματικά, οι λύσεις της εξισώσεως x^n=e_G είναι η τετριμμένη και η (\zeta_k,b)\in G, με k\in\{1,2,\ldots,n-1\} και b\in\mathbb{R} αυθαίρετα επιλεγμένο.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7949
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μία από τον Jacobson

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Απρ 01, 2016 12:56 pm

Αντιστοιχούμε το (a,b) στον πίνακα \begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & a\end{pmatrix}.

Παρατηρούμε ότι η πράξη \ast αντιστοιχεί στον πολλαπλασιασμό πινάκων.

Το σύνολο όμως αυτών των πινάκων είναι υποομάδα της \mathrm{GL}(2;\mathbb{R}) (ελέγχουμε μόνο σύνθεση και αντίστροφο). Οπότε και η G είναι ομάδα.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2051
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μία από τον Jacobson

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Απρ 02, 2016 11:06 am

Ο algal βρήκε πολλές λύσεις της εξίσωσης βάζοντας και μιγαδικούς.
Η εκφώνηση ζητάει τις λύσεις μέσα στην ομάδα(δεν θα μπορούσε να ζητάει κάτι άλλο)
Οι λύσεις με τους μιγαδικούς θα πρέπει να απορριφθούν.


kostas petalotis
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Τετ Ιαν 27, 2016 10:50 pm

Re: Μία από τον Jacobson

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas petalotis » Σάβ Απρ 02, 2016 12:17 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Ο algal βρήκε πολλές λύσεις της εξίσωσης βάζοντας και μιγαδικούς.
Η εκφώνηση ζητάει τις λύσεις μέσα στην ομάδα(δεν θα μπορούσε να ζητάει κάτι άλλο)
Οι λύσεις με τους μιγαδικούς θα πρέπει να απορριφθούν.
Γιατι δεν θα μπορουσε να ζηταει κατι αλλο κ.Παπαδοπουλε; Δεν ειναι δυνατη η επεκταση στους μιγαδικους;


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2051
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μία από τον Jacobson

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Απρ 02, 2016 12:29 pm

Για δυο τουλάχιστον λόγους
Μέσα στην εξίσωση υπάρχει το ουδέτερο της ομάδας.
Αν επεκτείνουμε στους μιγαδικούς γιατί να μην επεκτείνουμε και παραπάνω;


algal
Δημοσιεύσεις: 100
Εγγραφή: Παρ Οκτ 14, 2011 9:32 pm

Re: Μία από τον Jacobson

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από algal » Σάβ Απρ 02, 2016 10:55 pm

:oops: Πράγματι, οι μιγαδικές ρίζες τις μονάδας πρέπει να απορριφθούν. Είναι γνωστό ότι οι μόνες πραγματικές ρίζες της μονάδας είναι οι \pm1. Οπότε πρέπει να κάνουμε ένα βήμα ακόμα και να διακρίνουμε τις περιπτώσεις, όπου n είναι άρτιος ή περιττός. Αλλά αυτό που είπε ο Demetres είναι πολύ πιο κομψό!


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης