Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

AlexandrosG · #41

Γειά σου Βαγγέλη.

Η ακόλουθη άσκηση υπάρχει σαν θεώρημα σε κάποια βιβλία. Νομίζω ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την άσκηση 17. Επίσης ζητώ συγνώμη γιατί είχα κάνει λάθος στη εκφώνηση και η ομάδα πρέπει να είναι πεπερασμένη.

Άσκηση 20

Αν η δράση μιας πεπερασμένης ομάδα

σε ένα σύνολο

με τουλάχιστον

στοιχεία είναι μεταβατική, τότε υπάρχει $g \in G$ το οποίο δεν αφήνει σταθερό κανένα στοιχείο του

.

BAGGP93 · #42

Ας δούμε άλλες δυο κλασικές από τη Θεωρία Δακτυλίων.

Άσκηση 21

Αν $\displaystyle{\mathbb{H}}$ είναι ο δακτύλιος των τετρανίων του $\displaystyle{\rm{Hamilton}}$ , να προσδιορισθεί το κέντρο του $\displaystyle{Z\,(\mathbb{H})$

και να δείξετε ότι είναι σώμα.

Πιο γενικά, το κέντρο ενός δακτυλίου διαίρεσης είναι ένα σώμα.

Άσκηση 22

Να δειχθεί ότι τα σύνολα $\displaystyle{\mathbb{Q}(\sqrt{10})=\left\{a+b\,\sqrt{10}\in\mathbb{R}:\,,a\,,b\in\mathbb{Q}\right\}}$ και

$\displaystyle{R=\left\{\begin{pmatrix} x+2\,y&3\,y \\ 2\,y &x-2\,y \end{pmatrix}\in\mathbb{M}_{2}\,(\mathbb{Q}): x\,,y\in\mathbb{Q}\right\}}$

είναι υποδακτύλιοι των δακτυλίων $\displaystyle{\left(\mathbb{R},+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{\left(\mathbb{M}_{2}\,(\mathbb{Q}),+,\cdot\right)}$ , αντίστοιχα,

και να κατασκευάσετε έναν ισομορφισμό δακτυλίων $\displaystyle{f:\mathbb{Q}\,(\sqrt{10})\longrightarrow R}$

BAGGP93 · #43

Αλέξανδρε, δεν μπόρεσα να λύσω την Άσκηση 20 . Ας ελπίσουμε ότι κάποιος φίλος θα τη λύσει .

Δίνω μια λύση για την άσκηση 22. Έκανα κάποιες παρατηρήσεις και θέλω να τις συζητήσουμε.

Ο έλεγχος ότι το $\displaystyle{\mathbb{Q}(\sqrt{10})}$ είναι υποδακτύλιος του $\displaystyle{\left(\mathbb{R},+,\cdot\right)}$ είναι τετριμμένος,

όπως και αυτός για τον $\displaystyle{R}$ . Γράφω μόνο το αποτέλεσμα του γινομένου δύο στοιχείων του $\displaystyle{R}$ για να φανεί ο ισομορφισμός.

Έστωσαν $\displaystyle{ A=\begin{pmatrix} x_1+2\,y_1& 3\,y_1 \\ 2\,y_1& x_1-2\,y_1 \end{pmatrix}\,\,,B=\begin{pmatrix} x_2+2\,y_2& 3\,y_2\\ 2\,y_2& x_2-2\,y_2 \end{pmatrix}\in R$ Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned}A\cdot B&=\begin{pmatrix} (x_1+2\,y_1)\,(x_2+2\,y_2)+6\,y_1\,y_2& 3\,y_2\,(x_1+2\,y_1)+3\,y_1\,(x_2-2\,y_2)\\ 2\,y_1\,(x_2+2\,y_2)+2\,y_2\,(x_1-2\,y_1)& 6\,y_1\,y_2+\left(x_1-2\,y_1\right)\,\left(x_2-2\,y_2\right) \end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix} x_1\,x_2+10\,y_1\,y_2+2\,(x_1\,y_2+y_1\,x_2)& 3\,(x_1\,y_2+x_2\,y_1) \\ 2\,(x_1\,y_2+x_2\,y_1)& (x_1\,x_2+10\,y_1\,y_2)-2\,(x_1\,y_2+x_2\,y_1) \end{pmatrix}\end{aligned}}$

ενώ για τυχόντα $\displaystyle{a_{i}\,,b_{i}\in\mathbb{Q}\,,i=1,2}$ είναι :

$\displaystyle{(a_{1}+b_{1}\,\sqrt{10})\cdot (a_{2}+b_{2}\,\sqrt{10})=(a_{1}\,a_{2}+10\,b_{1}\,b_{2})+(a_{2}\,b_{1}+a_{1}\,b_{2})\,\sqrt{10}}$ .

Το μηδενικό στοιχείο του $\displaystyle{\mathbb{Q}\,(\sqrt{10})}$ είναι το $\displaystyle{0=0+0\,\sqrt{10}$ , για κάθε $\displaystyle{a+b\,\sqrt{10}\in\mathbb{Q}(\sqrt{10})}$

το αντίθετο του είναι το $\displaystyle{-a-b\,\sqrt{10}$ και η μονάδα είναι το $\displaystyle{1=1+0\,\sqrt{10}}$ .

Το μηδενικό στοιχείο του $\displaystyle{R}$ είναι ο μηδενικός πίνακας ( $\displaystyle{x=y=0}$ ), $\displaystyle{-A}$ είναι ο αντίθετος

κάθε $\displaystyle{A\in R}$ και η μονάδα είναι o $\displaystyle{I_{2}=\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$ ( $\displaystyle{x=1\,,y=0}$ ).

Θεωρούμε την απεικόνιση $\displaystyle{f:\mathbb{Q}(\sqrt{10})\longrightarrow R\,,a+b\,\sqrt{10}\longrightarrow f(a+b\,\sqrt{10})=\begin{pmatrix} a+2\,b& 3\,b \\ 2\,b & a-2\,b \end{pmatrix}$

η οποία είναι μια καλώς ορισμένη απεικόνιση μεταξύ δακτυλίων.

Για κάθε $\displaystyle{a_1+b_1\,\sqrt{10}\,,a_2+b_2\,\sqrt{10}\in\mathbb{Q}(\sqrt{10})\,,a_{i}\,,b_{i}\in\mathbb{Q}\,,i=1,2}$ έχουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned} f((a_1+b_1\,\sqrt{10})+(a_2+b_2\,\sqrt{10}))&=f((a_1+a_2)+(b_1+b_2)\,\sqrt{10})\\&=\begin{pmatrix} a_1+a_2+2\,(b_1+b_2)&3\,(b_1+b_2) \\ 2\,(b_1+b_2)& a_1+a_2-2\,(b_1+b_2) \end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix} a_1+2\,b_1&3\,b_1 \\ 2\,b_1& a_1-2\,b_1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} a_2+2\,b_2&3\,b_2 \\ 2\,b_2& a_2-2\,b_2 \end{pmatrix}\\&=f(a_1+b_1\,\sqrt{10})+f(a_2+b_2\,\sqrt{10})\end{aligned}}$

$\displaystyle{\begin{aligned} f((a_1+b_1\,\sqrt{10})\cdot (a_2+b_2\,\sqrt{10}))&=f((a_1\,a_2+10\,b_1\,b_2)+(a_1\,b_2+a_2\,b_1)\,\sqrt{10})\\&=\begin{pmatrix} a_1\,a_2+10\,b_1\,b_2+2(a_1\,b_2+a_{2}\,b_1)&3\,(a_1\,b_2+a_2\,b_1) \\ 26\,(a_1\,b_2+a_2\,b_1)& a_1\,a_2+10\,b_1\,b_2-2\,(a_1\,b_2+a_2\,b_1) \end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix} a_1+2\,b_1&3\,b_1 \\ 2\,b_1& a_1-2\,b_1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} a_2+2\,b_2&3\,b_2 \\ 2\,b_2& a_2-2\,b_2 \end{pmatrix}\\&=f(a_1+b_1\,\sqrt{10})\cdot f(a_2+b_2\,\sqrt{10})\end{aligned}}$

και $\displaystye{f(1)=f(1+0\,\sqrt{10})=\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0& 1 \end{pmatrix}=I_{2}=1_{R}$

Συνεπώς, η $\displaystyle{f}$ είναι ομομορφισμός δακτυλίων και προφανώς, επί του $\displaystyle{R}$ .

Έστωσαν $\displaystyle{a_1+b_1\,\sqrt{10}\,,a_2+b_2\,\sqrt{10}\in\mathbb{Q}(\sqrt{10})}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{f(a_1+b_1\,\sqrt{10})=f(a_2+b_2\,\sqrt{10})}$ .

Τότε,

$\begin{aligned}\displaystyle{\begin{pmatrix} a_1+2\,b_1&3\,b_1 \\ 2\,b_1& a_1-2\,b_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a_2+2\,b_2&3\,b_2 \\ 2\,b_2& a_2-2\,b_2 \end{pmatrix}&\implies a_1+2\,b_1=0\,,\land 3\,b_1=3\,b_2\,,\land 2\,b_1=2\,b_2\,,\land a_1-2\,b_1=a_2-2\,b_2\\&\implies a_1=a_2\,,\land b_1=b_2\\&\implies a_1+b_1\,\sqrt{10}=a_2+b_2\,\sqrt{10}\end{aligned}}$

οπότε η $\displaystyle{f}$ είναι και $\displaystyle{1-1}$ . Συνεπώς, $\displaystyle{\mathbb{Q}\,(\sqrt{10})\simeq R}$ .

Λόγω μεταθετικότητας του $\displaystyle{\left(\mathbb{Q},+,\cdot\right)}$ έπεται ότι και ο $\displaystyle{\left(\mathbb{Q}(\sqrt{10}),+,\cdot\right)$

είναι μεταθετικός, άρα και ο $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ .

Έστω $\displaystyle{A=\begin{pmatrix} a+2\,b&3\,b\\ 2\,b& a-2\,b \end{pmatrix}\in R-\left\{\mathbb{O}\right\}\iff a\neq 0\,\lor b\neq 0}$ .

$\displaystyle{\rm{det}(A)=a^2-4\,b^2-6\,b^2=a^2-10\,b^2}$ . Αν $\displaystyle{\rm{det}(A)=0\iff a^2=10\,b^2\iff a=\pm b\,\sqrt{10}}$ , τότε

$\displaystyle{\sqrt{10}\in\mathbb{Q}}$ , άτοπο, οπότε $\displaystyle{\rm{det}(A)\neq 0}$ και ο $\displaystyle{A}$ αντιστρέφεται με

$\displaystyle{A^{-1}=\dfrac{1}{\rm{det}(A)}\,\begin{pmatrix} a-2\,b&-3\,\,b\\ -2\,b_2& a+2\,b \end{pmatrix}\in R$

Ώστε, αυτοί οι δύο δακτύλιοι είναι και σώματα.

Παρατήρηση

Για τυχαίο πίνακα $\displaystyle{A=\begin{pmatrix} a+2\,b&3\,b \\ 2\,b& a-2\,b \end{pmatrix}a\,,b\in\mathbb{Q}}$ είναι

$\displaystyle{\rm{det}(A-\lambda\,I_{2})=\rm{det}\,\left(\begin{pmatrix} a-\lambda+2\,b&3\,b \\ 2\,b& a-\lambda-2\,b \end{pmatrix}\right)=\left(a-\lambda\right)^2-10\,b^2=\left(a-\lambda-\sqrt{10}\,b\right)\,\left(a-\lambda+\sqrt{10}\,b\right)}$ .

Παρατηρούμε λοιπόν ότι οι ιδιοτιμές του πίνακα αυτού, είναι στοιχεία του $\displaystyle{\mathbb{Q}(\sqrt{10})}$ .

Μπορούμε να πούμε κάτι σχετικό για πολυώνυμα και σώματα διάσπασης για την συγκεκριμμένη άσκηση ; Παρατηρείτε εσείς κάτι άλλο ;

AlexandrosG · #44

Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα

της συμμετρικής ομάδας

γραμμάτων

, με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της

να το αφήνουν σταθερό?

ΖΩΗ · #45

AlexandrosG έγραψε:Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα της συμμετρικής ομάδας γραμμάτων , με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της να το αφήνουν σταθερό?

Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι άρτιος, $\displaystyle{\,\, \geq 4}$ και $\displaystyle{G = <a>}$ όπου $\displaystyle{a}$ ένα στοιχείο κυκλικής δομής $\displaystyle{\underbrace{ 2,...,2}_{n/2 - \varphi o\rho \varepsilon \varsigma }}$ , τότε το $\displaystyle{a}$ δεν αφήνει σταθερό κανένα από τα $\displaystyle{n}$ γράμματα και $\displaystyle{\left|G \right|=2<3 \leq n-1 }$ .

Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι περιττός ....

#46

AlexandrosG έγραψε:Γειά σου Βαγγέλη.

Η ακόλουθη άσκηση υπάρχει σαν θεώρημα σε κάποια βιβλία. Νομίζω ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την άσκηση 17. Επίσης ζητώ συγνώμη γιατί είχα κάνει λάθος στη εκφώνηση και η ομάδα πρέπει να είναι πεπερασμένη.

Άσκηση 20

Αν η δράση μιας πεπερασμένης ομάδα σε ένα σύνολο με τουλάχιστον στοιχεία είναι μεταβατική, τότε υπάρχει $g \in G$ το οποίο δεν αφήνει σταθερό κανένα στοιχείο του .

Επειδή

πεπερασμένη και δρα μεταβατικά, τότε και το

είναι πεπερασμένο, έστω |X| = n

με $X = \{x_1,\ldots,x_n\}$ . Έστω επίσης G_i

η υποομάδα της

που αφήνει το x_i

σταθερό.

Από θεώρημα orbit-stabiliser, είναι |G| = n|G_i|

για κάθε

και άρα

για κάθε

. Επειδή το ταυτοτικό στοιχείο ανήκει σε όλα τα G_i

, τότε $\displaystyle{|G_1| + \cdots + |G_n| \leqslant 1 + n(k - 1) = |G| - (n-1) < |G|.}$ Άρα το

έχει τουλάχιστον ένα στοιχείο που δεν ανήκει σε κανένα G_i

και άρα δεν αφήνει κανένα x_i

σταθερό.

#47

AlexandrosG έγραψε:Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα της συμμετρικής ομάδας γραμμάτων , με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της να το αφήνουν σταθερό?

Όχι, αν για παράδειγμα θεωρήσουμε την κυκλική υποομάδα (τάξης

) της

με γεννήτορα την (uv)(wxyz)

.

Γιώργος Μπαλόγλου

#48

gbaloglou έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα της συμμετρικής ομάδας γραμμάτων , με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της να το αφήνουν σταθερό?
Όχι, αν για παράδειγμα θεωρήσουμε την κυκλική υποομάδα (τάξης ) της με γεννήτορα την .

Όταν έστελνα το παραπάνω δεν είχα δει την απάντηση της Ζωής, καθώς νόμιζα πως είχα απόδειξη και πάνω στο γράψιμο προέκυψε το λάθος και, λίγο αργότερα, το αντιπαράδειγμα.

Γιώργος Μπαλόγλου

#49

ΖΩΗ έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα της συμμετρικής ομάδας γραμμάτων , με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της να το αφήνουν σταθερό?
Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι άρτιος, $\displaystyle{\,\, \geq 4}$ και $\displaystyle{G = <a>}$ όπου $\displaystyle{a}$ ένα στοιχείο κυκλικής δομής $\displaystyle{\underbrace{ 2,...,2}_{n/2 - \varphi o\rho \varepsilon \varsigma }}$ , τότε το $\displaystyle{a}$ δεν αφήνει σταθερό κανένα από τα $\displaystyle{n}$ γράμματα και $\displaystyle{\left|G \right|=2<3 \leq n-1 }$ .

Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι περιττός ....

Ίδια ιδέα με αυτήν που έδωσα παραπάνω: η κυκλική υποομάδα της S_9

με γεννήτορα την (rst)(uvwxyz)

έχει τάξη

, αλλά δεν υπάρχει γράμμα που να μην μετακινείται από κανένα στοιχείο της.

Γιώργος Μπαλόγλου

#50

gbaloglou έγραψε:
ΖΩΗ έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:Το παρακάτω ερώτημα το σκέφτηκα εγώ και δεν έχω λύση.

Άσκηση 23

Έστω μια υποομάδα της συμμετρικής ομάδας γραμμάτων , με $|G| \leq n-1$ . Είναι αληθές ότι υπάρχει κάποιο γράμμα ώστε όλα τα στοιχεία της να το αφήνουν σταθερό?
Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι άρτιος, $\displaystyle{\,\, \geq 4}$ και $\displaystyle{G = <a>}$ όπου $\displaystyle{a}$ ένα στοιχείο κυκλικής δομής $\displaystyle{\underbrace{ 2,...,2}_{n/2 - \varphi o\rho \varepsilon \varsigma }}$ , τότε το $\displaystyle{a}$ δεν αφήνει σταθερό κανένα από τα $\displaystyle{n}$ γράμματα και $\displaystyle{\left|G \right|=2<3 \leq n-1 }$ .

Όταν o $\displaystyle{n}$ είναι περιττός ....
Ίδια ιδέα με αυτήν που έδωσα παραπάνω: η κυκλική υποομάδα της με γεννήτορα την έχει τάξη , αλλά δεν υπάρχει γράμμα που να μην μετακινείται από κανένα στοιχείο της.

Γιώργος Μπαλόγλου

Εκτός αν

.

ΖΩΗ · #51

Αν

;

Η τάξη των στοιχείων με κυκλική δομή 3,4

είναι

και αυτών με κυκλική δομή 2,5

είναι

οπότε παράγουν ομάδες με τάξη μεγαλύτερη του 6.

Μήπως λοιπόν η απάντηση στην ερώτηση του Αλέξανδρου είναι καταφατική και για άλλους περιττούς

;

#52

ΖΩΗ έγραψε:Αν ;

Η τάξη των στοιχείων με κυκλική δομή είναι και αυτών με κυκλική δομή είναι οπότε παράγουν ομάδες με τάξη μεγαλύτερη του 6.

Μήπως λοιπόν η απάντηση στην ερώτηση του Αλέξανδρου είναι καταφατική και για άλλους περιττούς ;

Το

το γράφουμε σαν 3+2+2+2

. Ομοίως και για κάθε μεγαλύτερο περιττό όπως έκανες και με τους άρτιους.

#53

Demetres έγραψε:
ΖΩΗ έγραψε:Αν ;

Η τάξη των στοιχείων με κυκλική δομή είναι και αυτών με κυκλική δομή είναι οπότε παράγουν ομάδες με τάξη μεγαλύτερη του 6.

Μήπως λοιπόν η απάντηση στην ερώτηση του Αλέξανδρου είναι καταφατική και για άλλους περιττούς ;
Το το γράφουμε σαν . Ομοίως και για κάθε μεγαλύτερο περιττό όπως έκανες και με τους άρτιους.

Έτσι ακριβώς (αν και δεν το είδα εξ αρχής τόσο καθαρά) -- στην παρ' ολίγον απόδειξη μου η λάθος υπόθεση (που εντόπισα πριν αναρτήσω εδώ την απόδειξη) ήταν ότι η τάξη μιας μετάθεσης δεν μπορεί να είναι μικρότερη από το συνολικό της μήκος (το άθροισμα δηλαδή των μηκών των κύκλων της). [Οπότε αν τα

γράμματα ανήκουν σε m 'μέγιστες' μεταθέσεις M_k

τάξης/μήκους q_k

τότε, $|G|\geq \sum{q_iq_j}\geq \sum{q_k}\geq n$ , άτοπο -- επί τροχάδην αυτά, μια και η απόδειξη ούτως ή άλλως δεν ισχύει.]

Γιώργος Μπαλόγλου

BAGGP93 · #54

Άσκηση 24

Μπορούμε να βρούμε όλους τους προσεταιριστικούς δακτυλίους με μονάδα $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{J(R)=\bigcap_{k\in K}M_{k}}$ , όπου $\displaystyle{J(R)=\left\{x\in R: 1-a\,x\,b\in U(R)\,,\forall\,a\,,b\in R\right\}}$ είναι το

ριζικό του $\displaystyle{\rm{Jacobson}}$ και $\displaystyle{\left\{M_{k}\subseteq R: k\in K\right\}\subseteq \mathbb{P}(R)}$ είναι η οικογένεια

όλων των μέγιστων ιδεωδών του $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ ;

Για παράδειγμα, για τον δακτύλιο των ακεραίων αριθμών, ικανοποείται η παραπάνω ισότητα.

BAGGP93 · #55

BAGGP93 έγραψε:Ας δούμε άλλες δυο κλασικές από τη Θεωρία Δακτυλίων.

Άσκηση 21

Αν $\displaystyle{\mathbb{H}}$ είναι ο δακτύλιος των τετρανίων του $\displaystyle{\rm{Hamilton}}$ , να προσδιορισθεί το κέντρο του $\displaystyle{Z\,(\mathbb{H})$

και να δείξετε ότι είναι σώμα.

Πιο γενικά, το κέντρο ενός δακτυλίου διαίρεσης είναι ένα σώμα.

Λύση

$\displaystyle{Z(\mathbb{H})=\left\{x\in\mathbb{R}^4: x\cdot y=y\cdot x\,,\forall\,y\in\mathbb{R}^4\right\}}$ .

'Εστω $\displaystyle{x=\left(x_0,x_1,x_2,x_3\right)\in\mathbb{R}^4\cap Z(\mathbb{H})}$ . Τότε, ισχύει ότι

$\displaystyle{\left(x_0,x_1,x_2,x_3\right)\cdot \left(0,1,0,0\right)=\left(0,1,0,0\right)\cdot \left(x_0,x_1,x_2,x_3\right)}$ ή, αφού κάνουμε την πράξη στα δύο μέλη, έχουμε :

$\displaystyle{\left(-x_1,x_0,x_3,x_2\right)=\left(-x_1,x_0,-x_3,x_2\right)\iff x_2=x_3=0\right)$ , οπότε : $\displaystyle{x=\left(x_0,x_1,0,0\right)}$ . Επίσης :

$\displaystyle{x\cdot \left(0,0,1,0\right)=\left(0,0,1,0\right)\cdot x\iff \left\(0,0,x_0,x_1\right)=\left(0,0,x_0,-x_1\right)\iff x_0\in\mathbb{R}\,\land x_1=0}$ , άρα : $\displaystyle{x=\left(x_0,0,0,0\right)}$ .

Απ' την άλλη, για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ και κάθε $\displaystyle{y=\left(y_0,y_1,y_2,y_3\right)\in\mathbb{R}^4}$ ισχύει

$\displaystyle{\left(x,0,0,0\right)\cdot \left(y_0,y_1,y_2,y_3\right)=\left(x\,y_0,x\,y_1,x\,y_2,x\,y_3\right)=\left(y_0,y_1,y_2,y_3\right)\cdot \left(x,0,0,0\right)}$ .

Επομένως, $\displaystyle{Z(\mathbb{H})=\left\{\left(x,0,0,0\right)\in\mathbb{R}^4: x\in\mathbb{R}\right\}}$ και ορίζοντας απεικόνιση

$\displaystyle{f:\mathbb{R}\longrightarrow Z(\mathbb{H})\,,x\mapsto f(x)=\left(x,0,0,0\right)}$ έχουμε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι καλώς ορισμένη, $\displaystyle{1-1}$ στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

επί του $\displaystyle{Z(\mathbb{H})}$ , και για κάθε $\displaystyle{x\,,y\in\mathbb{R}}$ έχουμε :

$\displaystyle{f(x+y)=\left(x+y,0,0,0\right)=\left(x,0,0,0\right)+\left(y,0,0,0\right)=f(x)+f(y)}$

$\displaystyle{f(x\,y)=\left(x\,y,0,0,0\right)=\left(x,0,0,0\right)\cdot \left(y,0,0,0\right)=f(x)\cdot f(y)}$

και $\displaystyle{f(1)=\left(1,0,0,0\right)=1_{Z(\mathbb{H})}}$ .

Σημείωση : Μια απόδειξη του ότι το κέντρο ενός δακτυλίου διαίρεσης είναι σώμα, δίνεται εδώ : http://mathimatikoi.org/index.php/vecto ... ision-ring .

Από Θεωρήματα Ισομορφισμών έχουμε ότι : $\displaystyle{\left(Z(\mathbb{H}),+,\cdot\right)\simeq \left(\mathbb{R},+,\cdot\right)}$ και οι πραγματικοί αριθμοί είναι σώμα.

Υ.Γ : Κάποια ιδέα για την Άσκηση 24 ;

BAGGP93 · #56

Γεια σας. Παραθέτω δύο ασκήσεις για να ξαναζεσταθούμε.

Άσκηση 25

Θεωρούμε τον δακτύλιο $\displaystyle{\left(\rm{End}_{\mathbb{K}}(E),+,\circ\right)}$ επί του $\displaystyle{\mathbb{K}}$ - διανυσματικού χώρου

$\displaystyle{\left(E,+,\cdot\right)}$ , όπου $\displaystyle{\left(\mathbb{K},+,\cdot\right)}$ : σώμα.

Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα.

1. $\displaystyle{\dim_{\mathbb{K}}E<\infty}$

2. Ο δακτύλιος $\displaystyle{\left(\rm{End}_{\mathbb{K}}(E),+,\circ\right)}$ είναι απλός.

Άσκηση 26

Έστω $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$ ένας επιμορφισμός δακτυλίων. Να δειχθεί ότι αν ο $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ είναι

μεταθετικός, τότε είναι και ο $\displaystyle{\left(S,+,\cdot\right)}$ μεταθετικός. Να δοθεί παράδειγμα επιμορφισμού δακτυλίων $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$

όπου ο $\displaystyle{S}$ είναι μεταθετικός ενώ ο $\displaystyle{R}$ δεν είναι.

Υ.Γ: Επαναφέρω και την Άσκηση 24

#57

BAGGP93 έγραψε: Άσκηση 25

Θεωρούμε τον δακτύλιο $\displaystyle{\left(\rm{End}_{\mathbb{K}}(E),+,\circ\right)}$ επί του $\displaystyle{\mathbb{K}}$ - διανυσματικού χώρου

$\displaystyle{\left(E,+,\cdot\right)}$ , όπου $\displaystyle{\left(\mathbb{K},+,\cdot\right)}$ : σώμα.

Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα.

1. $\displaystyle{\dim_{\mathbb{K}}E<\infty}$

2. Ο δακτύλιος $\displaystyle{\left(\rm{End}_{\mathbb{K}}(E),+,\circ\right)}$ είναι απλός.

$(\Rightarrow)$ Έστω

μη μηδενικό ιδεώδες του $\rm{End}_{\mathbb{K}}(E)$ . Χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι κάθε τάξης

ενδομορφισμός είναι της μορφής $T_{p^*,q}$ όπου όπου $q\in E,$ και $p^*\in E^*$ (ο δυικός) και $T_{p^*,q} (x)=p^*(x)q$ .

Αν $A\in J$ μη μηδενικό, τότε υπάρχουν $r^*\in E^*,\, s\in E$ με r^*(As)=1

. Είναι τότε $T_{r^*,q}A T_{p^*,s} = T_{r^*,q} T_{p^*,As} = r^*(As)T_{p^*,q}= T_{p^*,q}$ , που σημαίνει ότι το (αμφίπλευρο) ιδεώδες

περιέχει όλους τους ενδομορφισμούς τάξης

. Επειδή ο διανυσματικός χώρος έχει πεπερασμένη διάσταση, κάθε ενδομορφισμός είναι γραμμικός συνδυασμός από ενδομορφισμούς τάξης

. Έπεται ότι $J= \rm{End}_{\mathbb{K}}(E)$ και άρα ο δακτύλιος είναι απλός.

$(\Leftarrow)$ Έστω $\displaystyle{\dim_{\mathbb{K}}E=\infty}$ . Παρατηρούμε ότι το σύνολο όλων των πεπερασμένης τάξης ενδομορφισμών είναι ιδεώδες (διότι το γινόμενο από αριστερά ή δεξιά ενός πεπερασμένης τάξης ενδομορφισμού επί έναν τυχαίο ενδομορφισμό είναι πεπερασμένης τάξης) που δεν ισούται με όλο τον δακτύλιο (π.χ. του λείπει ο ταυτοτικός). Άρα έχουμε μη τετριμμένο ιδεώδες και άρα ο δακτύλιος δεν είναι απλός.

Φιλικά,

Μιχάλης

#58

BAGGP93 έγραψε:
Άσκηση 26

Έστω $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$ ένας επιμορφισμός δακτυλίων. Να δειχθεί ότι αν ο $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ είναι

μεταθετικός, τότε είναι και ο $\displaystyle{\left(S,+,\cdot\right)}$ μεταθετικός. Να δοθεί παράδειγμα επιμορφισμού δακτυλίων $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$

όπου ο $\displaystyle{S}$ είναι μεταθετικός ενώ ο $\displaystyle{R}$ δεν είναι.

1)

2) Από τους άνω τριγωνικούς στους διαγώνιους $2\times 2$ πραγματικούς πίνακες ο

$\displaystyle{ f\begin{pmatrix} a & b\\ 0&c \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a & 0\\ 0&c \end{pmatrix} }$ έχει τις ζητούμενες ιδιότητες (απλός έλεγχος).

Μ

BAGGP93 · #59

Mihalis_Lambrou έγραψε:
BAGGP93 έγραψε:
Άσκηση 26

Έστω $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$ ένας επιμορφισμός δακτυλίων. Να δειχθεί ότι αν ο $\displaystyle{\left(R,+,\cdot\right)}$ είναι

μεταθετικός, τότε είναι και ο $\displaystyle{\left(S,+,\cdot\right)}$ μεταθετικός. Να δοθεί παράδειγμα επιμορφισμού δακτυλίων $\displaystyle{f:R\longrightarrow S}$

όπου ο $\displaystyle{S}$ είναι μεταθετικός ενώ ο $\displaystyle{R}$ δεν είναι.

1)

2) Από τους άνω τριγωνικούς στους διαγώνιους $2\times 2$ πραγματικούς πίνακες ο

$\displaystyle{ f\begin{pmatrix} a & b\\ 0&c \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a & 0\\ 0&c \end{pmatrix} }$ έχει τις ζητούμενες ιδιότητες (απλός έλεγχος).

Μ

Ωραίο και απλό παράδειγμα κύριε Μιχάλη. Γράφω τις λεπτομέρειες.

Πρόκειται για έναν επιμορφισμό δακτυλίων. Για το επί, αν $\displaystyle{\begin{pmatrix} a & 0\\ 0 & c \end{pmatrix}$

είναι ένας δαγώνιος πίνακας, τότε, $\displaystyle{f\,\left(\begin{pmatrix} a & 1\\ 0 & c \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix} a & 0\\ 0 & c \end{pmatrix}$ .

Έστωσαν $\displaystyle{A=\begin{pmatrix} a_1 & b_1\\ 0 & c_1 \end{pmatrix}\,,B=\begin{pmatrix} a_2 & b_2\\ 0 & c_2 \end{pmatrix}$

δύο άνω τριγωνικοί πίνακες. Είναι :

$\displaystyle{A+B=\begin{pmatrix} a_1+a_2 & b_1+b_2\\ 0 & c_1+c_2 \end{pmatrix}$

$\displaystyle{A\cdot B=\begin{pmatrix} a_1\,a_2& a_1\,b_2+b_1\,c_2\\ 0 & c_1\,c_2 \end{pmatrix}$

και τότε $\displaystyle{f(A+B)=\begin{pmatrix} a_1+a_2 & 0\\ 0 & c_1+c_2 \end{pmatrix}=f(A)+f(B)$

$\displaystyle{f(A\cdot B)=\begin{pmatrix} a_1\,a_2 & 0\\ 0 & c_1\,c_2 \end{pmatrix}=f(A)\cdot f(B)$

και τέλος $\displaystyle{f(I_2)=I_2}$ .

Ώστε, η απεικόνιση που ορίστηκε είναι επιμορφισμός δακτυλίων. Αν και οι διαγώνιοι είναι μεταθετικοί, οι άνω τριγωνικοί δεν είναι διότι :

$\displaystyle{\begin{pmatrix} 0& 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}=\mathbb{O}\neq \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0& 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

BAGGP93 · #60

Άσκηση 27

Θεωρούμε τον δακτύλιο $\displaystyle{\left(C(\left[0,1\right]),+,\cdot\right)}$ των συνεχών πραγματικών συναρτήσεων που ορίζονται στο $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ .

1. Να δειχθεί ότι το στοιχείο $\displaystyle{f\in C(\left[0,1\right])}$ είναι διαιρέτης του μηδενός αν, και μόνο αν, υπάρχει ανοικτό διάστημα

$\displaystyle{\left(a,b\right)\subseteq \left[0,1\right]}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{f|_{\left(a,b\right)}=\mathbb{O}}$ .

2. Βρείτε όλα τα ταυτοδύναμα στοιχεία του παραπάνω δακτυλίου.

3. Βρείτε όλα τα μηδενοδύναμα στοιχεία του παραπάνω δακτυλίου.

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