Ασκήσεις Άλγεβρας

BAGGP93 · #21

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 10:53 pm

BAGGP93 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 9:55 pm

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 4:44 pm
6) Έστω ένας μεταθετικός δακτύλιος με μονάδα, ώστε κάθε υποπρότυπο ενός ελεύθερου - προτύπου είναι ελεύθερο -πρότυπο.
Δείξτε ότι o είναι περιοχή κυρίων ιδεωδών.
Κάποια υπόδειξη ;
Υπόδειξη: Ο είναι -πρότυπο με εξωτερικό πολλαπλασιασμό το γινόμενο στον .

Ο

είναι ελεύθερο

- πρότυπο με βάση $\left\{1\right\}$ (κάθε άλλη βάση είναι μονοσύνολο). Κάθε άλλο

- υποπρότυπο του

, δηλαδή κάθε ιδεώδες του

, είναι εξ'υποθέσεως
ελεύθερο

- πρότυπο, άρα θα έχει και αυτό βάση με

στοιχείο,δηλαδή κάθε ιδεώδες είναι κύριο.

Μένει να δείξουμε ότι ο

είναι και ακέραια περιοχή. Πράγματι, αν έχουμε $a\,,b\in R$ με $a\,b=0$ , τότε με την υπόθεση ότι $a\neq 0$ , κάθε στοιχείο

του ιδεώδους $\langle{a\rangle}$ του

γράφεται κατά μοναδικό τρόπο στη μορφή $x=r\,a$ , όπου $r\in R$ . Ἐτσι, έχουμε ταυτόχρονα $\displaystyle{0=0\,a=b\,a\implies b=0}$
όπως θέλαμε.

bouzoukman · #22

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 12:22 am
ελεύθερο - πρότυπο, άρα θα έχει και αυτό βάση με στοιχείο,δηλαδή κάθε ιδεώδες είναι κύριο.

Είναι προφανές γιατί εγώ δεν το βλέπω.

stranger · #23

bouzoukman έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 9:37 am

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 12:22 am
ελεύθερο - πρότυπο, άρα θα έχει και αυτό βάση με στοιχείο,δηλαδή κάθε ιδεώδες είναι κύριο.
Είναι προφανές γιατί εγώ δεν το βλέπω.

Αν έχουμε ένα ελεύθερο

-πρότυπο

και ένα ελεύθερο

-υποπρότυπο

, τότε το rank του

είναι μικρότερο η ίσο του rank του

.
Είναι γνωστό θεώρημα.

bouzoukman · #24

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 12:22 am

Αν έχουμε ένα ελεύθερο -πρότυπο και ένα ελεύθερο -υποπρότυπο , τότε το rank του είναι μικρότερο η ίσο του rank του .
Είναι γνωστό θεώρημα.

Συμφωνώ (εγώ το γνώριζα)! Παρόλα αυτά το θεώρημα δεν είναι τετριμμένο και καλό θα ήταν σε όποια βήματα χρησιμοποιούμε κάποιο γνωστό αποτέλεσμα να το αναφέρουμε, κυρίως για διδακτικούς λόγους. Σε αυτή την περίπτωση πολύ εύκολα αποδεικνύεται με εις άτοπον.

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 12:22 am
Ο είναι ελεύθερο - πρότυπο με βάση $\left\{1\right\}$ (κάθε άλλη βάση είναι μονοσύνολο).....

Ωραία λύση!

BAGGP93 · #25

Παραθέτω κι εγώ μια άσκηση. Αν

είναι προσεταιριστικός δακτύλιος με μονάδα, τότε συμβολίζουμε με U(R)

την ομάδα των αντιστρέψιμων στοιχείων του

. Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε $x\in R$ τα ακόλουθα ισοδυναμούν :
1) $\,\,x\in U(R)$
2) $\,\,x\notin M$ για κάθε αριστερό (και δεξιό) μέγιστο ιδεώδες

του

.

bouzoukman · #26

BAGGP93 έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 3:29 pm
Παραθέτω κι εγώ μια άσκηση. Αν είναι προσεταιριστικός δακτύλιος με μονάδα, τότε συμβολίζουμε με την ομάδα των αντιστρέψιμων στοιχείων του . Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε $x\in R$ τα ακόλουθα ισοδυναμούν :
1) $\,\,x\in U(R)$
2) $\,\,x\notin M$ για κάθε αριστερό (και δεξιό) μέγιστο ιδεώδες του .

$(1\Rightarrow 2)$ Έστω $x\in U(R)$ , τότε υπάρχει $r\in R$ τέτοιο ώστε xr=1

. Έστω ότι υπάρχει

μέγιστο ιδεώδες τέτοιο ώστε $x\in M$ . Τότε καταλαβαίνουμε ότι $1=xr\in M$ που είναι άτοπο από το γεγονός ότι

είναι μέγιστο.

$(2\Rightarrow 1)$ Για αυτό που είναι και το πιο δύσκολο κομμάτι της απόδειξης θα χρειαστούμε το θεώρημα του Krull. Έστω ότι $x\not\in U(R)$ και I=(x)

. Τότε ο δακτύλιος πηλίκο R/I

δεν είναι τετριμμένος, επομένως από το θεώρημα του Krull υπάρχει μέγιστο ιδεώδες $M^\prime\subset R/I$ το οπόιο αντιστοιχεί σε ένα μέγιστο ιδεώδες

του

. Τότε καταλαβαίνουμε ότι $x\in M$ , που είναι άτοπο από την υπόθεσή μας.

stranger · #27

7) Έστω

πεπερασμένη ομάδα,

: πρώτος και

μια

- Sylow υποομάδα της

.
Έστω

μια υποομάδα της

με $P \triangleleft H \triangleleft G$ .
Δείξτε ότι $P \triangleleft G$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #28

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:56 pm
7) Έστω πεπερασμένη ομάδα, : πρώτος και μια - Sylow υποομάδα της .
Έστω μια υποομάδα της με $P \triangleleft H \triangleleft G$ .
Δείξτε ότι $P \triangleleft G$ .

Η

είναι

- Sylow υποομάδα της

αρα μοναδική,αφού είναι κανονική σε αυτήν.
Εστω $x\in G$
Είναι $x^{-1}Px\subseteq x^{-1}Hx=H$

Αφου και η
$x^{-1}Px$ είναι

- Sylow υποομάδα της

παίρνουμε ότι
$x^{-1}Px=P$
τέλος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #29

stranger έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 10, 2020 3:57 pm
4) Ταξινομήστε όλες τις ομάδες τάξης (ως προς ισομορφισμό), όπου πρώτος.

Ισχύουν ότι

1)Αν |G|=p^k

με $k\in \mathbb{N},k\geq 1$
τότε το κέντρο
$Z(G)\neq \left \{ e \right \}$

2)Αν για μια ομάδα

είναι

κυκλική τότε η

αβελιανή.

Ετσι η ομάδα είναι ισόμορφη με την $Z_{p^2}$
η με την $Z_{p}\times Z_{p}$

stranger · #30

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 6:27 pm

stranger έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 10, 2020 3:57 pm
4) Ταξινομήστε όλες τις ομάδες τάξης (ως προς ισομορφισμό), όπου πρώτος.
Ισχύουν ότι

1)Αν με $k\in \mathbb{N},k\geq 1$
τότε το κέντρο
$Z(G)\neq \left \{ e \right \}$

2)Αν για μια ομάδα είναι
κυκλική τότε η αβελιανή.

Ετσι η ομάδα είναι ισόμορφη με την $Z_{p^2}$
η με την $Z_{p}\times Z_{p}$

Ωραία!
8) Βρείτε την ομάδα Galois του πολυωνύμου x^4+1

επί του $\mathbb{Q}$ .

BAGGP93 · #31

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 7:37 pm

8) Βρείτε την ομάδα Galois του πολυωνύμου επί του $\mathbb{Q}$ .

Οι ρίζες του πολυωνύμου $f(x)=x^4+1\in\mathbb{Q}[x]$ είναι οι $r_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,i\,,r_2=\bar{r_1}\,,r_3=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,i\,,r_4=\bar{r_3}$

Επειδή $|r_i|=1\,,i=1,2,3,4$ και $r_2=\bar{r_1}=r_1^{-1}\,,r_3=-r_2=-(r_1)^{-1}\,,r_4=-r_1$ έπεται ότι το μικρότερο σώμα διάσπασης

του πολυωνύμου $f(x)\in\mathbb{Q}[x]$ είναι το $\mathbb{Q}(r_1)=\left\{a+b\,r_1\in\mathbb{C}: a\,,b\in\mathbb{Q}\right\}$ . Ισχύει ότι $\displaystyle{|Gal(\mathbb{Q}(r_1)/\mathbb{Q})|=[\mathbb{Q}(r_1):\mathbb{Q}]=2}$

οπότε $\rm{Gal}(f)=\mathbb{Z}_{2}$ .

stranger · #32

BAGGP93 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 16, 2020 10:20 pm

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 7:37 pm

8) Βρείτε την ομάδα Galois του πολυωνύμου επί του $\mathbb{Q}$ .
Οι ρίζες του πολυωνύμου $f(x)=x^4+1\in\mathbb{Q}[x]$ είναι οι $r_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,i\,,r_2=\bar{r_1}\,,r_3=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,i\,,r_4=\bar{r_3}$

Επειδή $|r_i|=1\,,i=1,2,3,4$ και $r_2=\bar{r_1}=r_1^{-1}\,,r_3=-r_2=-(r_1)^{-1}\,,r_4=-r_1$ έπεται ότι το μικρότερο σώμα διάσπασης

του πολυωνύμου $f(x)\in\mathbb{Q}[x]$ είναι το $\mathbb{Q}(r_1)=\left\{a+b\,r_1\in\mathbb{C}: a\,,b\in\mathbb{Q}\right\}$ . Ισχύει ότι $\displaystyle{|Gal(\mathbb{Q}(r_1)/\mathbb{Q})|=[\mathbb{Q}(r_1):\mathbb{Q}]=2}$

οπότε $\rm{Gal}(f)=\mathbb{Z}_{2}$ .

Όλα σωστά μέχρι το τέλος που έχεις ένα λάθος.
Έχουμε $[\mathbb{Q}(r_1): \mathbb{Q}]=4$ και όχι

.
Οπότε η ζητούμενη ομάδα είναι η $\mathbb{Z}_4$ η η $\mathbb{Z}_2 \oplus \mathbb{Z}_2$ .
Ποια από τις δύο είναι;

BAGGP93 · #33

Λάθος.

stranger · #34

Έχουμε σύμφωνα με την απόδειξή σου ότι $r_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i$ .
Μπορείς εύκολα να δεις ότι $\mathbb{Q}(r_1) =\mathbb{Q}(\sqrt{2},i)$ .
Άρα $[\mathbb{Q}(\sqrt{2},i): \mathbb{Q}]=[(\mathbb{Q}(i))(\sqrt{2}): \mathbb{Q}(i)][\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]= 2 \cdot 2 = 4$ .
Η ομάδα Galois είναι η $\mathbb{Z}_2 \oplus \mathbb{Z}_2$ αφού κάθε αυτομορφισμός $\sigma$ του σώματος ριζών ικανοποιεί $\sigma^2=id$ , οπότε δεν υπάρχει στοιχείο τάξης

.
Γιατί όμως;
Αυτό ισχύει γιατί κάθε τέτοιος αυτομορφισμός στέλνει το $\sqrt{2}$ σέ ένα από τα $\pm \sqrt{2}$ και το

σε ένα από τα $\pm i$ και επίσης ένας αυτομορφισμός προσδιορίζεται μοναδικά από το που στέλνει τα $\sqrt{2}$ και

.
$Gal(x^4+1,\mathbb{Q}) =$
$= \{(\sqrt{2} \rightarrow \sqrt{2} \dagger i \rightarrow i), (\sqrt{2} \rightarrow -\sqrt{2} \dagger i \rightarrow i),(\sqrt{2} \rightarrow \sqrt{2} \dagger i \rightarrow -i), (\sqrt{2} \rightarrow -\sqrt{2} \dagger i \rightarrow -i) \}$ .
Τώρα μπορούμε εύκολα να δούμε ότι κάθε στοιχείο της ομάδας αυτής είναι τάξης 2(εκτός της ταυτοτικής που είναι 1).

BAGGP93 · #35

Ευχαριστώ πολύ, το κατἀλαβα.

stranger · #36

9) Δείξτε ότι για κάθε φυσικό

υπάρχει επέκταση του $\mathbb{Q}$ βαθμού

.

bouzoukman · #37

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 18, 2020 12:21 am
9) Δείξτε ότι για κάθε φυσικό υπάρχει επέκταση του $\mathbb{Q}$ βαθμού .

Από το κριτήριο του Eisenstein το πολυώνυμο x^n - 2

είναι ανάγωγο, άρα η επέκταση $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})/\mathbb{Q}$ είναι βαθμού

. Μήπως εννοείς επέκταση Galois;

stranger · #38

bouzoukman έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 18, 2020 10:14 am

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 18, 2020 12:21 am
9) Δείξτε ότι για κάθε φυσικό υπάρχει επέκταση του $\mathbb{Q}$ βαθμού .
Από το κριτήριο του Eisenstein το πολυώνυμο είναι ανάγωγο, άρα η επέκταση $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})/\mathbb{Q}$ είναι βαθμού . Μήπως εννοείς επέκταση Galois;

Ας το δούμε και με επεκτάσεις Galois.

bouzoukman · #39

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 18, 2020 4:06 pm
Ας το δούμε και με επεκτάσεις Galois.

Για αυτό θα χρειαστώ δύο θεωρήματα τα οποία και τα δύο είναι γνωστά και μη τετριμμένα αποτελέσματα. Το πρώτο είναι το Θεώρημα του Dirichlet για πρώτους σε αριθμητικές προόδους (εδώ) και το δεύτερο που λέει ότι για κάθε πρώτο

ισχύει ότι η επέκταση $\mathbb{Q}(\zeta_p)/\mathbb{Q}$ είναι Galois, τάξεως p-1

και με κυκλική ομάδα Galois. Το δεύτερο υπάρχει σε κάθε βιβλίο που μιλάει για κυκλοτομικές επεκτάσεις.

Από τα παραπάνω καταλαβαίνουμε ότι υπάρχει πρώτος

τέτοιος ώστε $p\equiv 1\pmod{n}$ . Έστω $K=\mathbb{Q}(\zeta_p)$ η οποία είναι κυκλική και Galois επέκταση τάξεως p-1

. Εφόσον $n\mid p-1$ και $K/\mathbb{Q}$ κυκλική καταλαβαίνουμε ότι υπάρχει $\mathbb{Q}\subset L\subset K$ το οποίο είναι τάξεως

και Galois.

Αυτό το πρόβλημα ανήκει στην γενικότερη οικογένεια προβλημάτων που λέγεται Galois Inverse Problem το οποίο είναι μία ενεργή (ερευνητικά) περιοχή της Θεωρίας Αριθμών.

stranger · #40

bouzoukman έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 19, 2020 2:12 pm

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 18, 2020 4:06 pm
Ας το δούμε και με επεκτάσεις Galois.
Για αυτό θα χρειαστώ δύο θεωρήματα τα οποία και τα δύο είναι γνωστά και μη τετριμμένα αποτελέσματα. Το πρώτο είναι το Θεώρημα του Dirichlet για πρώτους σε αριθμητικές προόδους (εδώ) και το δεύτερο που λέει ότι για κάθε πρώτο ισχύει ότι η επέκταση $\mathbb{Q}(\zeta_p)/\mathbb{Q}$ είναι Galois, τάξεως και με κυκλική ομάδα Galois. Το δεύτερο υπάρχει σε κάθε βιβλίο που μιλάει για κυκλοτομικές επεκτάσεις.

Από τα παραπάνω καταλαβαίνουμε ότι υπάρχει πρώτος τέτοιος ώστε $p\equiv 1\pmod{n}$ . Έστω $K=\mathbb{Q}(\zeta_p)$ η οποία είναι κυκλική και Galois επέκταση τάξεως . Εφόσον $n\mid p-1$ και $K/\mathbb{Q}$ κυκλική καταλαβαίνουμε ότι υπάρχει $\mathbb{Q}\subset L\subset K$ το οποίο είναι τάξεως και Galois.

Αυτό το πρόβλημα ανήκει στην γενικότερη οικογένεια προβλημάτων που λέγεται Galois Inverse Problem το οποίο είναι μία ενεργή (ερευνητικά) περιοχή της Θεωρίας Αριθμών.

Εδώ να πούμε ότι χρησιμοποιείς το θεμελιώδες θεώρημα της θεωρίας Galois και το ότι κάθε υποεπέκταση αβελιανής επέκτασης Galois είναι επέκταση Galois επειδή κάθε υποομάδα αβελιανής είναι κανονική στην μεγαλύτερη ομάδα.

Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Μέλη σε σύνδεση