Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

BAGGP93 · #21

Άσκηση 13 (Την είχα και εδώ viewtopic.php?f=10&t=47244#p222622 και την ξαναπροτείνω διότι νομίζω πως είναι ωραία)

Θεωρούμε το σύνολο $\displaystyle{X=\left\{1,2,3,5,6,10,15,30\right\}}$ όλων των διαιρετών του $\displaystyle{30}$ .

Να ορίσετε πράξεις πρόσθεσης $\displaystyle{+}$ και πολλαπλασιασμού $\displaystyle{\cdot}$ επί του $\displaystyle{X}$

έτσι ώστε η τριάδα $\displaystyle{\left(X,+,\cdot\right)}$ να είναι ένας δακτύλιος του $\displaystyle{\rm{Boole}}$ .

Να βρείτε τα πρώτα και μέγιστα ιδεώδη του δακτυλίου αυτού.

AlexandrosG · #22

Άσκηση 13

Γειά σου Βαγγέλη. Δεν είμαι σίγουρος ότι η ακόλουθη απάντηση είναι ικανοποιητική. Το σύνολο

έχει

στοιχεία. Μπορούμε να αγνοήσουμε τη δομή του και να το αντιστοιχίσουμε με 1-1 και επί τρόπο στα υποσύνολα ενός συνόλου $Y=\{a,b,c\}$ με

στοιχεία. Κάθε δυναμοσύνολο $\mathcal{P}(Y)$ είναι δακτύλιος Boole με πρόσθεση την συμμετρική διαφορά συνόλων και πολλαπλασιασμό την τομή συνόλων. Επίσης μιας και είναι πεπερασμένος τα πρώτα και μέγιστα ιδεώδη ταυτίζονται και είναι εύκολο να δούμε ότι εδώ αντοιστοιχούν σε όλους τους υποδακτυλίους του $\mathcal{P}(Y)$ λόγω της σχέσης $A\cap B \subset A$ , που είναι τα δυναμοσύνολα όλων των υποσυνόλων του

αν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος.

Αυτό είχες υπόψιν σου?

BAGGP93 · #23

Γεια σου και εσένα Αλέξανδρε και σε όλους. Και εγώ κάτι τέτοιο έχω σκεφτεί. Πιο συγκεκριμμένα, παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{1=2^{0}\,3^{0}\,5^{0}\,,6=2\cdot 3\,,10=2\cdot 5\,,15=3\cdot 5\,,30=2\cdot 3\cdot 5}$ . Έτσι, μπορούμε να

θέσουμε $\displaystyle{Y=\left\{2,3,5\right\}}$ με

$\displaystyle{\mathbb{P}(Y)=\left\{\varnothing,\left\{2\right\},\left\{3\right\},\left\{5\right\},\left\{2,3\right\},\left\{2,5\right\},\left\{3,5\right\},Y\right\}}$ .

Ορίζουμε απεικόνιση $\displaystyle{f:X\longrightarrow \mathbb{P}(Y)}$ ώστε :

$\displaystyle{f(1)=\varnothing\,,f(2)=\left\{2\right\}\,,f(3)=\left\{3\right\}\,,f(5)=\left\{5\right\}\,,f(6)=\left\{2,3\right\}\,,f(10)=\left\{2,5\right\}\,,f(15)=\left\{3,5\right\}\,,f(30)=Y$

η οποία είναι $\displaystyle{1-1}$ στο $\displaystyle{X}$ και επί του $\displaystyle{\mathbb{P}(Y)}$ .

Ας δούμε κάποια παραδείγματα από την πρόσθεση και τον πολλαπλασιασμό επί του $\displaystyle{\mathbb{P}(Y)}$ .

$\displaystyle{\forall\,A\in\mathbb{P}(Y): A+\varnothing=\left(A-\varnothing\right)\cup\left(\varnothing-A\right)=A\,\,,A\cdot Y=A\cap Y=A}$ .

$\displaystyle{\left\{2\right\}+\left\{3\right\}=\left(\left\{2\right\}-\left\{3\right\}\right)\cup\left(\left\{3\right\}-\left\{2\right\}\right)=\left\{2\right\}\cup\left\{3\right\}=\left\{2,3\right\}=f(6)}$

$\displaystyle{\left\{2\right\}+\left\{5\right\}=\left(\left\{2\right\}-\left\{5\right\}\right)\cup\left(\left\{5\right\}-\left\{2\right\}\right)=\left\{2\right\}\cup\left\{5\right\}=\left\{2,5\right\}=f(10)}$

$\displaystyle{\left\{3\right\}+\left\{2,5\right\}=\left(\left\{3\right\}-\left\{2,5\right\}\right)\cup\left(\left\{2,5\right\}-\left\{3\right\}\right)=\left\{3\right\}\cup\left\{2,5\right\}=\left\{2,3,5\right\}=f(30)=Y$

$\displaystyle{\left\{2\right\}\cdot \left\{3\right\}=\left\{2\right\}\cap\left\{3\right\}=\varnothing}$

$\displaystyle{\left\{2,5\right\}\cdot \left\{3,5\right\}=\left\{2,5\right\}\cap\left\{3,5\right\}=\left\{5\right\}}$

Μια παρατήρηση είναι η $\displaystyle{\left(2,3\right)=\left(2,5\right)=\left(3,5\right)=1\,\,,\left[2,3\right]=6\,,\left[3,5\right]=15\,,\left[2,5\right]=10}$

Επίσης, $\displaystyle{\left(2,10\right)=2\,,\left(3,15\right)=3\,,\left(5,15\right)=5\,,\left(10,15\right)=5$ και επειδή

θέλουμε $\displaystyle{x\star 30=x=30\star x\,,\forall\,x\in X}$ ( μιας και η μονάδα στον $\displaystyle{\left(\mathbb{P}(Y),\Delta,\cap\right)}$ είναι το $\displaystyle{30}$ )

οπότε αν είχαμε $\displaystyle{x\star 30=\left(x,30\right)=x=30\star x}$ , τότε θα ήμασταν εντάξει ως προς τον πολλαπλασιασμό.

Σκεφτόμενοι έτσι λοιπόν, μπορούμε να ορίσουμε πράξεις επί του $\displaystyle{X}$ ως εξής :

$\displaystyle{+:X\times X\longrightarrow X\,,\left(x,y\right)\mapsto x+y:=\dfrac{\left[x,y\right]}{\left(x,y\right)}$

$\displaystyle{\star:X\times X\longrightarrow X\,,\left(x,y\right)\mapsto x\star y:=\gcd(x,y)}$

και εύκολα ελέγχουμε ότι η τριάδα $\displaystyle{\left(X,+,\star\right)}$ είναι δακτύλιος, μεταθετικός προφανώς, δακτύλιος

του $\displaystyle{\rm{Boole}}$ επίσης προφανώς, με μηδενικό στοιχείο το $\displaystyle{1}$ και μονάδα το $\displaystyle{30}$ .

Συνεπώς, αν $\displaystyle{x\in X}$ , τότε $\displaystyle{-x=x}$ .

Για την πρόσθεση ίσως δεν δόθηκε καλή εξήγηση, αλλά είναι σίγουρα αυτή. Νομίζω ότι, γενικά, σε οποιοδήποτε σύνολο

διαρετών ενός φυσικού αριθμού $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ μπορούμε να ορίσουμε πράξεις αντίστοιχες.

Ένα γενικότερο αποτέλεσμα είναι το ακόλουθο :

Έστω $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ ένας πεπερασμένος δακτύλιος του $\displaystyle{\rm{Boole}}$ . Δείξτε

ότι υπάρχει μη-κενό σύνολο $\displaystyle{X}$ και ένας ισομορφισμός δακτυλίων $\displaystyle{f:R\longrightarrow \mathbb{P}(X)}$ .

Δίνεται ως υπόδειξη να θέσουμε $\displaystyle{X=\rm{Hom}\,(R,\mathbb{Z}_{2})}$ .

AlexandrosG · #24

Ωραίο Βαγγέλη. Τώρα κατάλαβα τι σημασία που είχε η δομή του συνόλου.

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 9

Θεωρούμε την κανονική(ορθόθετη) υποομάδα $\displaystyle{\mathbb{Z}}$ της προσθετικής αβελιανής ομάδας $\displaystyle{\left(\mathbb{R},+\right)}$ .

Να βρεθούν όλα τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης της ομάδας πηλίκο $\displaystyle{\left(\mathbb{R}/\mathbb{Z},+\right)}$ .

Η απεικόνιση $\displaystyle{\phi: (\mathbb{R},+) \to (\mathbb{C}^*,\cdot)}$ με $\phi(t)=e^{2\pi i t}$ είναι ομομορφισμός ομάδων και έχει πυρήνα $\mathbb{Z}$ . Άρα από το 1ο Θεώρημα Ισομορφισμών, το πηλίκο $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ είναι ισόμορφη ομάδα με την υποομάδα του $\mathbb{C}^*$ που αποτελείται από τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου. Τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης είναι ακριβώς οι $\nu$ -οστές ρίζες της μονάδας.

Άλυτες: 7,10,12

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Πρόβλημα 12

Έστω μη αβελιανή πεπερασμένη ομάδα. Δείξτε ότι ο αριθμός των στοιχείων $(x,y)\in G\times G$ με είναι το πολύ $\frac{5}{8}|G|^2$ .

Προσπάθησα τη 12 αρκετά αλλά δεν μπορώ να τη λύσω. Έστω ότι το πλήθος των στοιχείων αυτού του συνόλου είναι μεγαλύτερο από $\frac{5}{8}|G|^2$ και θέλουμε να δείξουμε ότι η

είναι αβελιανή. Έχω δείξει ότι είτε η

είναι αβελιανή είτε $|Z(G)|=\frac{1}{2}|G|$ ή $|Z(G)|=\frac{1}{3}|G|$ . Άρα μένει να αποκλειστούν οι δύο τελευταίες περιπτώσεις.

#25

AlexandrosG έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Πρόβλημα 12

Έστω μη αβελιανή πεπερασμένη ομάδα. Δείξτε ότι ο αριθμός των στοιχείων $(x,y)\in G\times G$ με είναι το πολύ $\frac{5}{8}|G|^2$ .
Προσπάθησα τη 12 αρκετά αλλά δεν μπορώ να τη λύσω. Έστω ότι το πλήθος των στοιχείων αυτού του συνόλου είναι μεγαλύτερο από $\frac{5}{8}|G|^2$ και θέλουμε να δείξουμε ότι η είναι αβελιανή. Έχω δείξει ότι είτε η είναι αβελιανή είτε $|Z(G)|=\frac{1}{2}|G|$ ή $|Z(G)|=\frac{1}{3}|G|$ . Άρα μένει να αποκλειστούν οι δύο τελευταίες περιπτώσεις.

Ωραία. Ας δειχθεί λοιπόν το εξής

Άσκηση 14: Για κάθε μη αβελιανή ομάδα

το

δεν είναι ποτέ πρώτος.

Grigoris K. · #26

Demetres έγραψε:
Άσκηση 14: Για κάθε ομάδα το δεν είναι ποτέ πρώτος.

Καλησπέρα κ. Δημήτρη. Μάλλον εννοείτε "για κάθε μη αβελιανή ομάδα..."

Έστω $\displaystyle{ G }$ μη αβελιανή και $\displaystyle{ [G:Z(G)] = p }$ όπου $\displaystyle{ p }$ πρώτος. Η $\displaystyle{ Z(G) }$ είναι κανονική υποομάδα της $\displaystyle{ G }$ άρα $\displaystyle{ |G/Z(G)| = [G:Z(G)] = p }$ .

Άρα η ομάδα πηλίκο $\displaystyle{ G/Z(G) }$ είναι κυκλική αφού έχει τάξη πρώτο αριθμό. Έστω $\displaystyle{ x,y \in G }$ . Αν ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{ x,y }$ ανήκουν στο $\displaystyle{ Z(G) }$

τότε φανερά αντιμετατίθενται. Αν $\displaystyle{ x \not \in Z(G) }$ και $\displaystyle{ y \not \in Z(G) }$ έχουμε $\displaystyle{ xZ(G) = (aZ(G))^m = a^mZ(G) }$ και $\displaystyle{ yZ(G) = (aZ(G))^n = a^nZ(G) }$ .

Επομένως $\displaystyle{ x = a^mr }$ και $\displaystyle{ y = a^nq }$ όπου $\displaystyle{ r,q \in Z(G) }$ . Τότε $\displaystyle{ xy = a^mra^nq = a^mrqa^n = a^mqra^n = a^mqa^nr = qa^ma^nr =qa^na^mr =a^nqa^mr = yx}$ .

Συνεπώς η $\displaystyle{ G }$ αβελιανή σε κάθε περίπτωση, άτοπο.

#27

Σωστά Γρηγόρη. Μη αβελιανή! Θα το προσθέσω στην εκφώνηση.

nickthegreek · #28

Άσκηση 15: Έστω

ομάδα τάξης 1001. Να αποδειχθεί ότι η

είναι κυκλική.

Άσκηση $16^{+}$ Για ποια

υπάρχει μοναδική ομάδα τάξης

; (ως προς ισομορφισμό)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

AlexandrosG · #29

Demetres έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Πρόβλημα 12

Έστω μη αβελιανή πεπερασμένη ομάδα. Δείξτε ότι ο αριθμός των στοιχείων $(x,y)\in G\times G$ με είναι το πολύ $\frac{5}{8}|G|^2$ .
Προσπάθησα τη 12 αρκετά αλλά δεν μπορώ να τη λύσω. Έστω ότι το πλήθος των στοιχείων αυτού του συνόλου είναι μεγαλύτερο από $\frac{5}{8}|G|^2$ και θέλουμε να δείξουμε ότι η είναι αβελιανή. Έχω δείξει ότι είτε η είναι αβελιανή είτε $|Z(G)|=\frac{1}{2}|G|$ ή $|Z(G)|=\frac{1}{3}|G|$ . Άρα μένει να αποκλειστούν οι δύο τελευταίες περιπτώσεις.
Ωραία. Ας δειχθεί λοιπόν το εξής

Άσκηση 14: Για κάθε μη αβελιανή ομάδα το δεν είναι ποτέ πρώτος.

Grigoris K. έγραψε: Καλησπέρα κ. Δημήτρη. Μάλλον εννοείτε "για κάθε μη αβελιανή ομάδα..."

Έστω $\displaystyle{ G }$ μη αβελιανή και $\displaystyle{ [G:Z(G)] = p }$ όπου $\displaystyle{ p }$ πρώτος. Η $\displaystyle{ Z(G) }$ είναι κανονική υποομάδα της $\displaystyle{ G }$ άρα $\displaystyle{ |G/Z(G)| = [G:Z(G)] = p }$ .

Άρα η ομάδα πηλίκο $\displaystyle{ G/Z(G) }$ είναι κυκλική αφού έχει τάξη πρώτο αριθμό. Έστω $\displaystyle{ x,y \in G }$ . Αν ένα τουλάχιστον από τα $\displaystyle{ x,y }$ ανήκουν στο $\displaystyle{ Z(G) }$

τότε φανερά αντιμετατίθενται. Αν $\displaystyle{ x \not \in Z(G) }$ και $\displaystyle{ y \not \in Z(G) }$ έχουμε $\displaystyle{ xZ(G) = (aZ(G))^m = a^mZ(G) }$ και $\displaystyle{ yZ(G) = (aZ(G))^n = a^nZ(G) }$ .

Επομένως $\displaystyle{ x = a^mr }$ και $\displaystyle{ y = a^nq }$ όπου $\displaystyle{ r,q \in Z(G) }$ . Τότε $\displaystyle{ xy = a^mra^nq = a^mrqa^n = a^mqra^n = a^mqa^nr = qa^ma^nr =qa^na^mr =a^nqa^mr = yx}$ .

Συνεπώς η $\displaystyle{ G }$ αβελιανή σε κάθε περίπτωση, άτοπο.

Πολύ ωραίο! Και την είχα ξανακούσει αυτήν την πρόταση. (Βασικά δεν χρειάζεται να πούμε μη αβελιανή αλλά δεν αλλάζει κάτι.)

Γράφω τώρα την απόδειξη της άσκησης 12.

Υποθέτουμε ότι για μια πεπερασμένη ομάδα έχουμε ότι $\displaystyle{\frac{|\{(x,y)\in G\times G:xy=yx\}|}{|G|}>\frac{5}{8}|G|}$ και θέλουμε να δείξουμε ότι είναι αβελιανή.

Το αριστερό μέλος γράφεται ως $\displaystyle{\frac{\Sigma_{x \in G}|\{y \in C_G(x)\}|}{|G|}=\frac{\Sigma_{x \in G}|C_G(x)|}{|G|}=k}$ το οποίο από το λήμμα Burnside είναι ακριβώς το πλήθος των κλάσεων συζυγίας στην

(αφού είναι τροχιές κάτω από τη δράση της

στον εαυτό της με συζυγία: $g*x=gxg^{-1}$ ).

Χωρίζουμε τις κλάσεις συζυγίας σε αυτές με

στοιχείο και σε αυτές με περισσότερα ή ίσα με

στοιχεία. Οι μεν είναι |Z(G)|

ενώ οι δε είναι k-|Z(G)|

στο πλήθος. Συνεπώς $\displaystyle{|G|\geq |Z(G)|+ 2(k-|Z(G)|)>2\frac{5}{8}|G|-|Z(G)|}$ που δίνει [G:Z(G)]<4

. Εφόσον αυτός ο δείκτης είναι ακέραιος θα είναι 1,2

ή

. Όπως είπε ο Δημήτρης και έδειξε ο Γρηγόρης σε όλες τις περιπτώσεις προκύπτει ότι η

είναι αβελιανή.

BAGGP93 · #30

Ακόμη μια αντιμετώπιση στην Άσκηση 9

Παραθέτω και τη λύση του Αλέξανδρου για να δούμε αν υπάρχουν κοινά σημεία.

AlexandrosG έγραψε:Ωραίο Βαγγέλη. Τώρα κατάλαβα τι σημασία που είχε η δομή του συνόλου.

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 9

Θεωρούμε την κανονική(ορθόθετη) υποομάδα $\displaystyle{\mathbb{Z}}$ της προσθετικής αβελιανής ομάδας $\displaystyle{\left(\mathbb{R},+\right)}$ .

Να βρεθούν όλα τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης της ομάδας πηλίκο $\displaystyle{\left(\mathbb{R}/\mathbb{Z},+\right)}$ .

Η απεικόνιση $\displaystyle{\phi: (\mathbb{R},+) \to (\mathbb{C}^*,\cdot)}$ με $\phi(t)=e^{2\pi i t}$ είναι ομομορφισμός ομάδων και έχει πυρήνα $\mathbb{Z}$ . Άρα από το 1ο Θεώρημα Ισομορφισμών, το πηλίκο $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ είναι ισόμορφη ομάδα με την υποομάδα του $\mathbb{C}^*$ που αποτελείται από τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου. Τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης είναι ακριβώς οι $\nu$ -οστές ρίζες της μονάδας.

Δεύτερη λύση

Ας είναι $\displaystyle{x+\mathbb{Z}\in\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ με $\displaystyle{x+\mathbb{Z}\neq \mathbb{Z}\,\,\kappa \alpha \iota\,\,o(x+\mathbb{Z})=n<\infty}$ .

Τότε,

$\displaystyle{n\cdot (x+\mathbb{Z})=\mathbb{Z}\iff n\,x+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}\iff n\,x\in\mathbb{Z}\iff \exists\,k\in\mathbb{Z}: n\,x=k\iff x\in\mathbb{Q}$

οπότε $\displaystyle{x+\mathbb{Z}\in\mathbb{Q}/\mathbb{Z}}$ .

Αν $\displaystyle{x+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}\iff x\in\mathbb{Z}}$ , τότε $\displaystyle{o(x+\mathbb{Z})=1}$ .

Αντίστροφα, ας είναι $\displaystyle{x+\mathbb{Z}\in\mathbb{R}/\mathbb{Z}}$ με $\displaystyle{x\in\mathbb{Q}}$ .

Τότε, $\displaystyle{x=\dfrac{a}{b}\,,a\in\mathbb{Z}\,,b\in\mathbb{N}}$ και έχουμε ότι :

$\displaystyle{b\cdot (x+\mathbb{Z})=b\,x+\mathbb{Z}=a+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}=0_{\mathbb{R}/\mathbb{Z}}}$ και άρα :

$\displaystyle{o(x+\mathbb{Z})=\min\,\left\{n\in\mathbb{N}: n\cdot (x+\mathbb{Z})=\mathbb{Z}\right\}\in\mathbb{N}}$ .

Συνεπώς, $\displaystyle{A=\left\{x+\mathbb{Z}\in\mathbb{R}/\mathbb{Z}: o(x+\mathbb{Z})<\infty\right\}=\mathbb{Q}/\mathbb{Z}}$

όπου το $\displaystyle{\mathbb{Q}/\mathbb{Z}}$ είναι υποομάδα της ομάδας πηλίκο $\displaystyle{\left(\mathbb{R}/\mathbb{Z},+\right)}$ .

Έστω $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ . Θεωρούμε την εξίσωση $\displaystyle{z^{n}=1\,,z\in\mathbb{C}}$ .

Όπως γνωρίζουμε, οι λύσεις αυτής της εξίσωσης είναι $\displaystyle{n}$ το πλήθος(διακεκριμμένες) και δίνονται από τον τύπο

$\displaystyle{z_{k}=\cos\,\dfrac{2\,k\,\pi}{n}+i\,\sin\,\dfrac{2\,k\,\pi}{n}\,\,,k\in\left\{0,...,n-1\right\}}$ .

(Γενικά, $\displaystyle{\forall\,z\in\mathbb{C}: z^{n}=1\iff \exists\,k\in\mathbb{Z}: z=\cos\,\dfrac{2\,k\,\pi}{n}+i\,\sin\,\dfrac{2\,k\,\pi}{n}}$ )

Μάλιστα, αποτελούν

υποομάδα της πολλαπλασιαστικής ομάδας $\displaystyle{\left\{z\in\mathbb{C}: \left|z\right|=1\right\}}$ και κάθε στοιχείο

αυτής είναι πεπερασμένης τάξης $\displaystyle{r\mid n}$ . Επί πλέον, $\displaystyle{z_{k}=\phi\,\left(\dfrac{k}{n}\right)\,,0\leq k\leq n-1$

και βλέπουμε ότι :

$\displaystyle{o(z_{k})\mid n\implies n\cdot \left(\dfrac{k}{n}+\mathbb{Z}\right)=k+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}\implies o\,\left(\dfrac{k}{n}+\mathbb{Z}\right)\mid n$ .

AlexandrosG · #31

nickthegreek έγραψε:Άσκηση 15: Έστω ομάδα τάξης 1001. Να αποδειχθεί ότι η είναι κυκλική.

Άσκηση $16^{+}$ Για ποια υπάρχει μοναδική ομάδα τάξης ; (ως προς ισομορφισμό)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Προειδοποιώ ότι η 16 θεωρείται πολύ δύσκολη άσκηση, για να μη χαθεί υπερβολικός χρόνος πάνω της χωρίς να το ξέρει κάποιος.

Καλησπέρα.

Η 16 υπάρχει εδώ. Νομίζω και εγώ ότι είναι πολύ προχωρημένο θέμα και για αυτό δίνω το link.

Η 15 προκύπτει άμεσα από την 16 αφού $(1001,\phi(1001))=1$ .

Με πιο στοιχειώδη τρόπο: Έστω P,Q,S

Sylow

-υποομάδες τις

αντίστοιχα. Από τη θεωρία Sylow έχουμε ότι $n_7| 11\cdot 13$ και ταυτόχρονα $n_7 \equiv 1 \mod 7$ . Αυτά δίνουν n_7=1

, άρα ακριβώς μία Sylow

-υποομάδα στη

. Με παρόμοιο τρόπο $n_{11}=n_{13}=1$ . Άρα είναι όλες κανονικές υποομάδες της

. Επίσης $P \cap QS=Q \cap PS=S \cap PQ=\{e\}$ από το Θεώρημα Lagrange. Αυτό σημαίνει ότι η

είναι το ευθύ γινόμενο των P,Q,S

και άρα είναι κυκλική.

Άσκηση 17

Έστω

γνήσια υποομάδα μιας πεπερασμένης ομάδας

. Να δείξετε ότι το σύνολο $\displaystyle{\bigcup_{g \in G} g^{-1}Hg}$ δεν καλύπτει όλη την

.

BAGGP93 · #32

Άσκηση 18 (Κλασική αλλά όμορφη)

Να αποδείξετε ότι κάθε δακτύλιος είναι ισόμορφος με έναν υποδακτύλιο ενός δακτυλίου

ενδομορφισμών κατάλληλης αβελιανής ομάδας.

BAGGP93 · #33

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 7

Να δειχθεί ότι υπάρχει ακριβώς ένας τρόπος έτσι ώστε μια αβελιανή ομάδα να αποκτήσει δομή(αριστερού) $\displaystyle{\mathbb{Z}}$ - προτύπου.

Γράφω κάποιες σκέψεις για αυτήν την άσκηση. Μπορείτε να μου πείτε τη γνώμη σας ;

Έστω $\displaystyle{\left(V,+\right)}$ μια αβελιανή προσθετική ομάδα. Ορίζουμε απεικόνιση

$\displaystyle{\cdot:\mathbb{Z}\times V\longrightarrow V\,,\left(n,x\right)\mapsto n\cdot x:=\begin{Bmatrix} \sum_{k=1}^{n}x&\,\,\,,n>0 & \\ 0&\,\,\,\,\,\,,n=0 & \\ \sum_{k=1}^{-n}(-x)&\,\,\,,n<0 & \end{Bmatrix}$

και εύκολα προκύπτει ότι

$\displaystyle{n\cdot (x+y)=n\cdot x+n\cdot y\,\,,(n+m)\cdot x=n\cdot x+m\cdot x\,\,,(n\,m)\cdot x=n\cdot(m\cdot x)\,\,,1\cdot x=x\,\,,\forall\,x\,,y\in V\,\,,\forall\,n\,,m\in\mathbb{Z}}$

που σημαίνει ότι με αυτήν την αριστερή δράση, η αβελιανή ομάδα $\displaystyle{\left(V,+\right)}$ αποκτά δομή αριστερού $\displaystyle{\mathbb{Z}}$ - προτύπου.

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλη αριστερή δράση $\displaystyle{\star:\mathbb{Z}\times V\longrightarrow V\,,\left(n,x\right)\mapsto n\star x}$

με την οποία η αβελιανή ομάδα $\displaystyle{\left(V,+\right)}$ αποκτά δομή αριστερού $\displaystyle{\mathbb{Z}}$ - προτύπου.

Ισχύει ότι

$\displaystyle{\begin{Bmatrix} n\star (x+y)=n\star x+n\star y\,\,,\forall\,n\in\mathbb{Z}\,,\forall\,x\in V\\ \,\,\,(n+m)\star x=n\star x+m\star x\,\,,\forall\,n\,,m\in\mathbb{Z}\,,\forall\,x\in V \\ (n\,m)\star x=n\star (m\star x) \,\,,\forall\,n\,,m\in\mathbb{Z}\,,\forall\,x\in V \\ 1\star x=x\,\,,\forall\,x\in V \end{Bmatrix}$

Έυκολα από την δέυτερη ισχύουν ότι $\displaystyle{0\star x=0_{V}\,\,,(-1)\star x=-x\,,\forall\,x\in V}$ .

Ας συμβολίσουμε αυτές τις σχέσεις με $\displaystyle{(I)}$ .

Έστω $\displaystyle{x\in V}$ .

Για $\displaystyle{n=1}$ , $\displaystyle{1\star x\stackrel{(I)}{=}x=1\cdot x}$

Έστω $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{n\star x=n\cdot x\,\,(II)}$ .

$\displaystyle{\bullet\,\,: n\to n+1:$

$\displaystyle{\left(n+1\right)\star x\stackrel{(I)}{=}n\star x+1\star x\stackrel{(I)\,,(II)}{=}n\cdot x+1\cdot x=\left(n+1\right)\cdot x$

Επαγωγικά λοιπόν, απεδείχθη ότι $\displaystyle{n\star x=n\cdot x\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\,\,(1)}$ .

Ας είναι τώρα $\displaystyle{n\in\mathbb{Z}-\mathbb{N}}$ . Τότε $\displaystyle{-n\in\mathb{N}}$ και

$\displaystyle{\begin{aligned} n\star x&=[(-n)(-1)]\star x\\&\stackrel{(I)}{=}(-n)\star ((-1)\star x)\\&\stackrel{(1)}{=}(-1)\star ((-n)\cdot x)\\&=-((-n)\cdot x)\\&=n\cdot x\end{aligned}}$

Συνεπώς,

$\displaystyle{\left(\forall\,n\in\mathbb{Z}\right)\,\left(\forall\,x\in V\right): n\star x=n\cdot x\implies \star=\cdot}$

όπως θέλαμε.

BAGGP93 · #34

Γεια σας. Χρόνια πολλά. Μας επηρέασαν οι διακοπές ή οι υποχρεώσεις και ξεχαστήκαμε.

Προτείνω μια εύκολη για να ξαναζεσταθούμε.

Έχουν μείνει άλυτες οι $\displaystyle{10,17,18}$ .

Άσκηση 19

Έστω $\displaystyle{\left(G,\cdot\right)}$ μια ομάδα. Αν $\displaystyle{H,K}$ είναι δύο υποομάδες αυτής οι οποίες έχουν ως τάξη τον

ίδιο πρώτο αριθμό $\displaystyle{p}$ και $\displaystyle{H\neq K}$ , τότε να δείξετε ότι $\displaystyle{H\cap K=\left\{e\right\}}$ .

Grigoris K. · #35

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 19

Έστω $\displaystyle{\left(G,\cdot\right)}$ μια ομάδα. Αν $\displaystyle{H,K}$ είναι δύο υποομάδες αυτής οι οποίες έχουν ως τάξη τον

ίδιο πρώτο αριθμό $\displaystyle{p}$ και $\displaystyle{H\neq K}$ , τότε να δείξετε ότι $\displaystyle{H\cap K=\left\{e\right\}}$ .

Χρόνια Πολλά και θερμές ευχές σε όλα τα μέλη του mathematica.

Οι υποομάδες $\displaystyle{ H,K}$ είναι κυκλικές αφού έχουν τάξη πρώτο άρα $\displaystyle{ H =(a) }$ και $\displaystyle{ K = (b)}$ . Έστω $\displaystyle{ c \in H\cap K }$ με $\displaystyle{ c \neq e }$ . Τότε το $\displaystyle{ c }$ έχει

πεπερασμένη τάξη έστω $\displaystyle{ k }$ και επίσης ισχύει $\displaystyle{ c = a^m = b^n }$ για κάποια $\displaystyle{ m,n }$ με $\displaystyle{ 1\leq m,n \leq p-1 }$ . Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ k = ord(a^m) = \frac{p}{(p,m)} = p }$ .

'Εστω $\displaystyle{ J = (c) }$ . Τότε $\displaystyle{ |J| = p }$ και παρατηρούμε ότι αν $\displaystyle{ x \in J \implies x = c^r = (a^m)^r = a^{mr} \in (a) \implies J \subset H }$ . 'Ομως $\displaystyle{ |J| = |H| = p \implies J = H }$ .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι $\displaystyle{ J = K }$ . Άρα $\displaystyle{ H=K }$ άτοπο. Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοιο $\displaystyle{ c }$ και ισχύει $\displaystyle{ H \cap K = \{ e \} }$ .

ΖΩΗ · #36

BAGGP93 έγραψε: Άσκηση 19

Έστω $\displaystyle{\left(G,\cdot\right)}$ μια ομάδα. Αν $\displaystyle{H,K}$ είναι δύο υποομάδες αυτής οι οποίες έχουν ως τάξη τον

ίδιο πρώτο αριθμό $\displaystyle{p}$ και $\displaystyle{H\neq K}$ , τότε να δείξετε ότι $\displaystyle{H\cap K=\left\{e\right\}}$ .

Διαφορετικά,

η $\displaystyle{H\cap K}$ είναι υποομάδα της $\displaystyle{G}$ - ως τομή υποομάδων της και επειδή $\displaystyle{H\cap{K}\subseteq H, K}$ είναι υποομάδα και των $\displaystyle{H, K}$ .

Έτσι από το θ. Lagrange, η τάξη της διαιρεί τις τάξεις των $\displaystyle{H, K}$ . Άρα $\displaystyle{\left|H \cap K \right| = 1}$ ή $\displaystyle{p}$ - αφού ο $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος.

Αν $\displaystyle{\left|H \cap K \right| = p}$ θα είναι $\displaystyle{H = H \cap K = K}$ - Άτοπο. Άρα $\displaystyle{\left|H \cap K \right| = 1}$ δηλαδή $\displaystyle{H\cap K=\left\{e\right\}}$ .

ΖΩΗ · #37

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 10

Έστω $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ ένας δακτύλιος με μονάδα. Να δειχθεί ότι, για ένα στοιχείο $\displaystyle{a\in R}$

τα ακόλουθα ισοδυναμούν :

$\displaystyle{1.$ Το στοιχείο $\displaystyle{a}$ είναι αντιστρέψιμο .

$\displaystyle{2.$ $\displaystyle{a\notin M}$ για κάθε μέγιστο(αριστερό ή δεξιό) ιδεώδες $\displaystyle{M}$

του δακτυλίου $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ .

$\displaystyle {\left(1 \implies 2\right)}$

Αν υπάρχει

ένα μέγιστο ιδεώδες που περιέχει το

τότε από την απορροφητική ιδιότητα του

θα είναι $\displaystyle {1 =a \cdot a^{-1} \in M \cdot R \subseteq M}$ ή $\displaystyle {1 =a^{-1} \cdot a \in R \cdot M \subseteq M}$ .

Έτσι, $\displaystyle {\forall r \in R}$ θα είναι $\displaystyle {r=1 \cdot r \in M \cdot R \subseteq M}$ ή $\displaystyle {r=r \cdot 1 \in R \cdot M \subseteq M}$ . Άρα θα είναι $\displaystyle { M=R}$ - άτοπο, αφού

είναι μέγιστο.

$\displaystyle {\left(2 \implies 1\right)}$

Αν το

δεν είναι αντιστρέψιμο,τότε το ιδεώδες (a)

θα είναι γνήσιο ιδεώδες - αφού $1\notin (a)$ .

Θα υπάρχει λοιπόν ένα μέγιστο ιδεώδες που το περιέχει.

Θα υπάρχει δηλαδή ένα μέγιστο ιδεώδες που περιέχει το

. Άτοπο, αφού το

δεν ανήκει σε κανένα μέγιστο ιδεώδες.

#38

AlexandrosG έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Πρόβλημα 11

Έστω $\theta:G\to G$ αυτομορφισμός πεπερασμένης ομάδας τέτοιος ώστε $\theta(g)=g^{-1}$ για περισσότερα από τα των στοιχείων της . Δείξτε ότι $\theta(x)=x^{-1}$ για κάθε $x\in G$ .
Αν $\theta(g)=g^{-1}$ για ακριβώς τα των στοιχείων της , δείξτε ότι η έχει αβελιανή υποομάδα δείκτη .

Γειά σου Αναστάση. Πολύ ωραία προβλήματα. Γράφω μια λύση στο πρώτο ερώτημα της 11 ....
....

Καλησπέρα!

Έχει δημοσιευθεί και στο δελτίο μας απ'ότι φαίνεται από εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

BAGGP93 · #39

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 18 (Κλασική αλλά όμορφη)

Να αποδείξετε ότι κάθε δακτύλιος είναι ισόμορφος με έναν υποδακτύλιο ενός δακτυλίου

ενδομορφισμών κατάλληλης αβελιανής ομάδας.

Έστω $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ ένας δακτύλιος. Ας είναι $\displaystyle{r\in R}$ .

Θεωρούμε την απεικόνιση $\displaystyle{f_{r}:R\longrightarrow R\,,x\mapsto f_{r}(x)=r\cdot x}$ . Για κάθε $\displaystyle{x\,,y\in R}$ έχουμε:

$\displaystyle{f_{r}(x+y)=r\cdot (x+y)=r\cdot x+r\cdot y=f_{r}(x)+f_{r}(y)}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η απεικόνιση $\displaystyle{f_{r}}$ είναι

ομομορφισμός της αβελιανής ομάδας $\displaystyle{\left(R,+\right)}$ στον ευατό της.

Θέτουμε $\displaystyle{S}$ να είναι το σύνολο όλων αυτών των ομομορφισμών το οποίο εφοδιασμένο με τις πράξεις :

$\displaystyle{+:S\times S\longrightarrow S\,,\left(f,g\right)\mapsto f+g:R\longrightarrow R\,,x\mapsto (f+g)(x):=f(x)+g(x)}$

$\displaystyle{\circ:S\times S\longrightarrow S\,,\left(f,g\right)\mapsto f\circ g:R\longrightarrow R\,,x\mapsto (f\circ g)(x)=f(g(x))}$

είναι δακτύλιος με μηδενικό στοιχείο την απεικόνιση $\displaystyle{\mathbb{O}:R\longrightarrow R\,,x\mapsto \mathbb{O}(x)=0_{R}}$ και μονάδα

την ταυτοτική απεικόνιση.

Έστω $\displaystyle{T=\left\{f_{r}\in S: r\in R\right\}\subseteq S}$ , όπου $\displaystyle{f_{r}}$ είναι οι απεικονίσεις που περιγράφτηκαν πιο πάνω.

Προφανώς, $\displaystyle{\mathbb{O}=f_{0_{R}}\,,Id_{R}=f_{1_{R}}\in T}$ . Έστω $\displaystyle{f\,,g\in T}$ . Τότε, υπάρχουν $\displaystyle{r_1\,,r_2\in R}$

τέτοια, ώστε $\displaystyle{f=f_{r_{1}}\,,g=f_{r_{2}}$ . Για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ ισχύει :

$\displaystyle{(f+g)(x)=(f_{r_{1}}+f_{r_{2}})(x)=f_{r_{1}}(x)+f_{r_{2}}(x)=r_{1}\cdot x+r_{2}\cdot x=\left(r_{1}+r_{2}\right)\cdot x=f_{r_{1}+r_{2}}(x)$

$\displaystyle{(f\circ g)(x)=(f_{r_{1}}\circ f_{r_{2}})(x)=(f_{r_{1}})(f_{r_{2}}(x))=f_{r_{1}}(r_{2}\cdot x)=r_{1}\cdot (r_{2}\cdot x)=(r_{1}\cdot r_{2}})\cdot x=f_{r_{1}\cdot r_{2}}(x)}$

οπότε, $\displaystyle{f+g=f_{r_{1}+r_{2}}\in T\,\,,g=f_{r_{1}\cdot r_{2}}\in T}$ .

(Από τα παραπάνω φάνηκε και η διατήρηση τηων πράξεων)

Από αυτά συμπεραίνουμε ότι το $\displaystyle{T}$ είναι υποδακτύλιος του $\displaystyle{\left(S,+,\circ\right)}$ .

Θεωρούμε την απεικόνιση $\displaystyle{h:R\longrightarrow T}$ με τύπο $\displaystyle{h(r)=f_{r}}$ η οποία είναι απεικόνιση μεταξύ δακτυλίων

και προφανώς επί του $\displaystyle{T}$ .

Έστωσαν $\displaystyle{r_{1}\,,r_{2}\in R}$ . Για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ έχουμε

$\displaystyle{\begin{aligned} h(r_{1}+r_{2})(x)&=f_{r_{1}+r_{2}}(x)\\&=(r_{1}+r_{2})\cdot x\\&=r_{1}\cdot x+r_{2}\cdot x\\&=f_{r_{1}}(x)+f_{r_{2}}(x)\\&=\left(f_{r_{1}}+f_{r_{2}}\right)(x)\\&=\left(h(r_{1})+h(r_{2})\right)(x)\end{aligned}}$

$\displaystyle{\begin{aligned} h(r_{1}\cdot r_{2})(x)&=f_{r_{1}\cdot r_{2}}(x)\\&=(r_{1}\cdot r_{2})\cdot x\\&=r_{1}\cdot (r_{2}\cdot x)\\&=(f_{r_{1}})(r_{2}\cdot x)\\&=(f_{r_{1}})(f_{r_{2}}(x))\\&=\left(f_{r_{1}}\circ f_{r_{2}}\right)(x)\\&=\left(h(r_{1})\circ h(r_{2})\right)(x)\end{aligned}}$

$\displaystyle{h(1_{R})(x)=f_{1_{R}}(x)=1_{R}\cdot x=x=Id_{R}(x)=1_{T}(x)}$

άρα :

$\displaystyle{\left\{h(r_{1}+r_{2})=h(r_{1})+h(r_{2})\,\,,h(r_{1}\cdot r_{2})=h(r_{1})\circ h(r_{2})\,,\forall\,r_{1}\,,r_{2}\in R\,\,,h(1_{R})=1_{T}\right\}}$

που σημαίνει ότι η $\displaystyle{h}$ είναι επιμορφισμός δακτυλίων. Αρκεί να δείξουμε ότι είναι και $\displaystyle{1-1}$ .

Προς τούτο, έστωσαν $\displaystyle{r_{1}\,,r_{2}\in R}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{h(r_{1})=h(r_{2})\iff f_{r_{1}}=f_{r_{2}}$ . Τότε, ισχύει ότι

$\displaystyle{r_{1}\cdot x=r_{2}\cdot x}$ για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ . Ιδιαίτερα, για $\displaystyle{x=1_{R}}$ προκύπτει ότι

$\displaystyle{r_{1}\cdot 1_{R}=r_{2}\cdot 1_{R}\iff r_{1}=r_{2}}$ , όπως θέλαμε.

Ώστε, $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)\simeq \left(T,+,\circ\right)}$ .

BAGGP93 · #40

Κάποια υπόδειξη ή κάποια λύση για την 17 ;

Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Re: Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

Μέλη σε σύνδεση