Ασκήσεις Άλγεβρας

Συντονιστής: Demetres

ksofsa
Δημοσιεύσεις: 442
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: 605
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: 605
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: 442
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: 605
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: 605
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: 71
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: 605
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: 605
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: 605
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: 605
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
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

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