Μία από τον Jacobson

#1

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

'Εστω

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

είναι ομάδα.

Και μία επιπλέον ερώτηση: Λύστε στην

την εξίσωση $x^{n}=e$ όπου

το ουδέτερο στοιχείο της ομάδας.

Μαυρογιάννης

algal · #2

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

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

. 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

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

είναι μία εκ των

-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.

#3

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

είναι ομάδα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

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 · #5

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 · #6

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

algal · #7

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

είναι άρτιος ή περιττός. Αλλά αυτό που είπε ο Demetres είναι πολύ πιο κομψό!

Μία από τον Jacobson

Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Re: Μία από τον Jacobson

Μέλη σε σύνδεση