mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 9:07 am**

Υπάρχει ενδιαφέρον για κάτι παρόμοιο με τις ασκήσεις στην Ανάλυση? Για να δούμε

Ας δούμε εδώ ασκήσεις Θεωρίας Ομάδων, Δακτυλίων, Σωμάτων και Γραμμικής Άλγεβρας μαζεμένες. Κάνω την αρχή με τρία προβλήματα. Ίσως μερικά να έχουν τεθεί πιο παλιά στο

αλλά καλύτερα να δίνουμε τα links αφότου περάσει λίγος καιρός.

Άσκηση 1

Έστω

μια ομάδα. Είναι το σύνολο $\{g^2|g \in G \}$ υποομάδα της

?

Άσκηση 2

Έστω

μια ομάδα,

μια κανονική της υποομάδα δείκτη

και $g_1,g_2,...,g_k \in G$ με k>n

. Να δείξετε ότι υπάρχουν $i \neq j$ τέτοια ώστε $g_ig_j^{-1} \in H$ .

Άσκηση 3

Έστω

ένας πεπερασμένος δακτύλιος. Δείξτε ότι κάθε στοιχείο του

που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός είναι αντιστρέψιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 10:30 am**

AlexandrosG έγραψε: Άσκηση 3
Έστω ένας πεπερασμένος δακτύλιος. Δείξτε ότι κάθε στοιχείο του που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός είναι αντιστρέψιμο.

Έστω $\displaystyle{a \in R}$ ένα στοιχείο του δακτυλίου που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός. Τότε, η απεικόνιση

$\displaystyle{f:R \to R:x \mapsto f\left( x \right) = ax}$

είναι 1-1: πράγματι, αν $x, y \in R$ , τότε

$\displaystyle{f\left( x \right) = f\left( y \right) \Rightarrow ax = ay \Rightarrow a\left( {x - y} \right) = 0 \Rightarrow x - y = 0 \Rightarrow x = y.}$

Επειδή το σύνολο

είναι πεπερασμένο, η

θα είναι επί. Άρα, θα υπάρχει $b \in R$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{f\left( b \right) = ab = {1_R},}$

οπότε το

είναι αντιστρέψιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 10:49 am**

AlexandrosG έγραψε: Άσκηση 1
Έστω μια ομάδα. Είναι το σύνολο $H = \{g^2|g \in G \}$ υποομάδα της ?

Όχι γενικά. Ένα γρήγορο αντιπαράδειγμα είναι η ελεύθερη ομάδα $\displaystyle{G = \left\langle {x,y} \right\rangle }$ με δύο γεννήτορες x, y

. Τότε, $\displaystyle{{x^2} \in H}$ και $\displaystyle{{y^2} \in H,}$ αλλά $\displaystyle{{x^2}{y^2} \notin H.}$

Ενα άλλο παράδειγμα είναι το εξής: Αν το

ήταν υποομάδα της

, τότε θα ήταν κανονική υποομάδα της

. Αν πάρουμε, λοιπόν, οποιαδήποτε πεπερασμένη μη αβελιανή απλή ομάδα άρτιας τάξης (π.χ. την A_n

για $n \ge 5$ ), τότε αυτή θα έχει ένα στοιχείο τάξης

(από το θεώρημα του Cauchy) και άρα η απεικόνιση $\displaystyle{f:G \to G:x \mapsto f\left( x \right) = {x^2}}$ είναι ενδομορφισμός αλλά όχι 1-1, άρα ούτε και επί. Άρα, η εικόνα $\displaystyle{H = {\mathop{\rm Im}\nolimits} f}$ είναι μια γνήσια μη τετριμμένη κανονική υποομάδα της

, άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 11:28 am**

emouroukos έγραψε:
AlexandrosG έγραψε: Άσκηση 1
Έστω μια ομάδα. Είναι το σύνολο $H = \{g^2|g \in G \}$ υποομάδα της ?
Όχι γενικά. Ένα γρήγορο αντιπαράδειγμα είναι η ελεύθερη ομάδα $\displaystyle{G = \left\langle {x,y} \right\rangle }$ με δύο γεννήτορες . Τότε, $\displaystyle{{x^2} \in H}$ και $\displaystyle{{y^2} \in H,}$ αλλά $\displaystyle{{x^2}{y^2} \notin H.}$

Ενα άλλο παράδειγμα είναι το εξής: Αν το ήταν υποομάδα της , τότε θα ήταν κανονική υποομάδα της . Αν πάρουμε, λοιπόν, οποιαδήποτε πεπερασμένη μη αβελιανή απλή ομάδα άρτιας τάξης (π.χ. την για $n \ge 5$ ), τότε αυτή θα έχει ένα στοιχείο τάξης (από το θεώρημα του Cauchy) και άρα η απεικόνιση $\displaystyle{f:G \to G:x \mapsto f\left( x \right) = {x^2}}$ είναι ενδομορφισμός αλλά όχι 1-1, άρα ούτε και επί. Άρα, η εικόνα $\displaystyle{H = {\mathop{\rm Im}\nolimits} f}$ είναι μια γνήσια μη τετριμμένη κανονική υποομάδα της , άτοπο.

Να προσθέσω ότι το μικρότερο αντιπαράδειγμα είναι η G = S_3

. Τότε έχουμε |H| = 4

οπότε σίγουρα δεν είναι υποομάδα. Όλες οι άλλες ομάδες μικρότερου ή και ίσου μεγέθους είναι αβελιανές όπου είναι απλό να δειχθεί ότι για αυτές η

είναι όντως υποομάδα.

Επεξεργασία: Όπως σωστά παρατήρησε ο Σταύρος Παπαδόπουλος, ο πιο πάνω ισχυρισμός είναι λανθασμένος αφού στο παράδειγμά μου είναι H = A_3

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 11:31 am**

emouroukos έγραψε:
AlexandrosG έγραψε: Άσκηση 3
Έστω ένας πεπερασμένος δακτύλιος. Δείξτε ότι κάθε στοιχείο του που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός είναι αντιστρέψιμο.
Έστω $\displaystyle{a \in R}$ ένα στοιχείο του δακτυλίου που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός. Τότε, η απεικόνιση

$\displaystyle{f:R \to R:x \mapsto f\left( x \right) = ax}$

είναι 1-1: πράγματι, αν $x, y \in R$ , τότε

$\displaystyle{f\left( x \right) = f\left( y \right) \Rightarrow ax = ay \Rightarrow a\left( {x - y} \right) = 0 \Rightarrow x - y = 0 \Rightarrow x = y.}$

Επειδή το σύνολο είναι πεπερασμένο, η θα είναι επί. Άρα, θα υπάρχει $b \in R$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{f\left( b \right) = ab = {1_R},}$

οπότε το είναι αντιστρέψιμο.

Μάλλον ο Βαγγέλης δεν το πρόσθεσε επειδή το θεωρεί τετριμμένο αλλά ας το δούμε: Έχει δειχθεί ότι για κάθε

που δεν είναι διαιρέτης του μηδενός υπάρχει

ώστε

. Πρέπει επίσης να δείξουμε ότι ba=1_R

αφού ο δακτύλιος δεν είναι απαραίτητα μεταθετικός. Με την ίδια λογική βρίσκουμε και

ώστε

. Τότε όμως είναι c = c(ab) = (ca)b = b

οπότε όντως έχουμε και ba = 1_R

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 12:13 pm**

Για την δεύτερη άσκηση, ας θεωρήσουμε την φυσική απεικόνιση

από την

στο σύνολο $S=\lbrace gH \mid g \in G \rbrace$ (left cosets) . Είναι γνωστό ότι το σύνολο

αποτελείται από

στοιχεία. Αφού λοιπόν k>n

από την αρχή της περιστεροφωλιάς έπεται ότι θα υπάρχουν $g_i \neq g_j : f(g_i)=f(g_j)$ . Ισοδύναμα, $g_i H= g_j H \Leftrightarrow g_i g_j^{-1} \in H$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 12:39 pm**

Άσκηση 4: Δίνεται μια ομάδα

η οποία έχει γνήσια υποομάδα πεπερασμένου δείκτη. Να δειχθεί ότι έχει και γνήσια κανονική υποομάδα πεπερασμένου δείκτη.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 3:15 pm**

Demetres έγραψε:Άσκηση 4: Δίνεται μια ομάδα η οποία έχει γνήσια υποομάδα πεπερασμένου δείκτη. Να δειχθεί ότι έχει και γνήσια κανονική υποομάδα πεπερασμένου δείκτη.

Έστω

μια γνήσια υποομάδα της

με $\displaystyle{\left| {G:H} \right| = n < \infty .}$ Θεωρούμε το σύνολο

$\displaystyle{X = \left\{ {xH:x \in G} \right\}}$

των αριστερών συμπλόκων της

στην

. Η ομάδα

δρα στο σύνολο

με πολλαπλασιασμό από αριστερά: σε κάθε $\displaystyle{{g \in G}}$ και $\displaystyle{{xH \in X}}$ (με $\displaystyle{{x \in G}}$ ) αντιστοιχίζουμε το αριστερό σύμπλοκο $\displaystyle{g \cdot \left( {xH} \right): = \left( {gx} \right)H.}$ Έτσι, ορίζεται ένας ομομορφισμός ομάδων

$\displaystyle{\rho :G \to {S_X}:g \mapsto \rho \left( g \right)}$

από την

στη συμμετρική ομάδα του συνόλου

, όπου για κάθε $\displaystyle{{g \in G}}$

$\displaystyle{\rho \left( g \right):X \to X:xH \mapsto \rho \left( g \right)\left( {xH} \right): = \left( {gx} \right)H.}$

Ο πυρήνας $\displaystyle{K: = {\rm{Ker}}\rho }$ του ομομορφισμού $\displaystyle{\rho }$ είναι μια κανονική υποομάδα της

και ισχύει ότι $\displaystyle{K \le H,}$ γιατί

$\displaystyle{g \in K \Rightarrow \rho \left( g \right) = {\rm{i}}{{\rm{d}}_X} \Rightarrow \rho \left( g \right)\left( H \right) = H \Rightarrow gH = H \Rightarrow g \in H.}$

Άρα, η

είναι μια γνήσια κανονική υποομάδα της

.

Σημειώνουμε ότι από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών επάγεται ένας μονομορφισμός ομάδων

$\displaystyle{\tilde \rho :G/K \to {S_X}}$

κι αφού $\displaystyle{\left| X \right| = \left| {G:H} \right| = n,}$ έπεται ότι $\displaystyle{\left| {G:K} \right| \le \left| {{S_X}} \right| = n!.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 11:02 pm**

Άσκηση 5

Έστω $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ ένας $\displaystyle{\mathbb{K}}$ - διανυσματικός χώρος υπεράνω ενός

σώματος $\displaystyle{\left(\mathbb{K},+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{S}$ ένα η κενό σύνολο γραμμικών

απεικονίσεων $\displaystyle{f:V\longrightarrow V}$ . Το $\displaystyle{S}$ καλείται ανάγωγο αν :

$\displaystyle{W}$ : υπόχωρος του $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{f(W)\subseteq W\,,\forall\,f\in S\implies W=\left\{\overline{0}\right\}\,\lor\, W=V}$ .

Να δειχθεί ότι αν $\displaystyle{S}$ είναι ένα ανάγωγο σύνολο γραμμικών απεικονίσεων επί του $\displaystyle{V}$ ,

τότε το σύνολο $\displaystyle{D=\left\{g\in\rm{End_{\mathbb{K}}(V)}: g\circ f=f\circ g\,,\forall\,f\in S\right\}}$ είναι ένας

υποδακτύλιος του $\displaystyle{\left(\rm{End_{\mathbb{K}}(V)},+,\circ\right)}$ , ο οποίος είναι δακτύλιος διαίρεσης.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 11:05 pm**

Άσκηση 6

Να δειχθεί ότι κάθε μη-μηδενικό ιδεώδες του δακτυλίου $\displaystyle{\mathbb{Z}_{<em class="text-italics">}=\left\{a+i\,b\in\mathbb{C}: a\,,b\in\mathbb{Z}\right\}}$

των ακεραίων του $\displaystyle{\rm{Gauss}}$ περιέχει έναν θετικό ακέραιο αριθμό.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2015 11:09 pm**

Άσκηση 7

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 12:09 am**

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 6

Να δειχθεί ότι κάθε μη-μηδενικό ιδεώδες του δακτυλίου $\displaystyle{\mathbb{Z}<em class="text-italics">=\left\{a+i\,b\in\mathbb{C}: a\,,b\in\mathbb{Z}\right\}}$ των ακεραίων του $\displaystyle{\rm{Gauss}}$ περιέχει έναν θετικό ακέραιο αριθμό.

Έστω ένα ιδεώδες του δακτυλίου $\mathbb{Z}<em class="text-italics">$ και $\displaystyle{0 \ne a + bi \in I}$ με $a, b \in \mathbb{Z}$ . Τότε ο θετικός ακέραιος $\displaystyle{{a^2} + {b^2} = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right) }$ ανήκει στο και το συμπέρασμα έπεται άμεσα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 7:54 am**

Άσκηση 8

Έστω μια ομάδα

και

δύο υποομάδες της με m,n

στοιχεία αντίστοιχα. Έστω ότι |G|=mn

και

. Να δείξετε ότι κάθε στοιχείο της

μπορεί να γραφτεί με μοναδικό τρόπο ως

με $h \in H$ και $k \in K$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 11:49 am**

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 5

Έστω $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ ένας $\displaystyle{\mathbb{K}}$ - διανυσματικός χώρος υπεράνω ενός

σώματος $\displaystyle{\left(\mathbb{K},+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{S}$ ένα η κενό σύνολο γραμμικών

απεικονίσεων $\displaystyle{f:V\longrightarrow V}$ . Το $\displaystyle{S}$ καλείται ανάγωγο αν :

$\displaystyle{W}$ : υπόχωρος του $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{f(W)\subseteq W\,,\forall\,f\in S\implies W=\left\{\overline{0}\right\}\,\lor\, W=V}$ .

Να δειχθεί ότι αν $\displaystyle{S}$ είναι ένα ανάγωγο σύνολο γραμμικών απεικονίσεων επί του $\displaystyle{V}$ ,

τότε το σύνολο $\displaystyle{D=\left\{g\in\rm{End_{\mathbb{K}}(V)}: g\circ f=f\circ g\,,\forall\,f\in S\right\}}$ είναι ένας

υποδακτύλιος του $\displaystyle{\left(\rm{End_{\mathbb{K}}(V)},+,\circ\right)}$ , ο οποίος είναι δακτύλιος διαίρεσης.

Ο έλεγχος ότι το

είναι δακτύλιος είναι απλός. Το ενδιαφέρον κομμάτι είναι να δείξουμε ότι είναι δακτύλιος διαίρεσης.

Έστω $g \in D$ και έστω $W = \mathrm{Im}(g)$ . Είναι απλό ότι το

είναι υποχώρος του

. Όμως (για $f \in S$ ) είναι $f(W) = fg(V) = gf(V) \subseteq W$ . Άρα είτε $W = \{0\}$ είτε W = V

. Στην πρώτη περίπτωση $g = 0 = 0_{\mathrm{End_K(V)}}$ ενώ στην δεύτερη το

είναι επί.

Θα δείξω τώρα ότι αν $g \in D \setminus \{0\}$ τότε το

είναι και 1-1. Αν δεν ίσχυε αυτό τότε θα υπήρχαν $u \neq v$ με g(u) = g(v)

και από την γραμμικότητα θα ήταν g(w) = 0

όπου $w = u-v \neq 0$ . Θεωρώ τώρα το $W = \langle w,f(w),f^2(w),\ldots\rangle$ . Είναι απλό ότι

υποχώρος και για $f \in S$ έχουμε $f(W) \subseteq W$ . Αφού όμως $W \neq \{0\}$ , τότε W = V

. Ισχυρίζομαι όμως ότι g(v) = 0

για κάθε $v \in W$ . Αρκεί να το δείξω για κάθε ένα από τους γεννήτορες του

. Γνωρίζουμε ήδη ότι g(w) = 0

. Επαγωγικά, αν g(f^n(w)) = 0

, τότε έχουμε $g(f^{n+1}(w)) = f(g(f^n(w))) = 0$ οπότε ο ισχυρισμός είναι αληθής. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι $g \neq 0$ .

Επομένως δείξαμε ότι κάθε $g \in D \setminus \{0\}$ είναι αντιστρέψιμο. Είναι απλό ότι η αντίστροφος $g^{-1}$ είναι γραμμική και ικανοποιεί $fg^{-1} = g^{-1}f$ για κάθε $f \in S$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 12:57 pm**

Demetres έγραψε:
BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 5

Έστω $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ ένας $\displaystyle{\mathbb{K}}$ - διανυσματικός χώρος υπεράνω ενός

σώματος $\displaystyle{\left(\mathbb{K},+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{S}$ ένα η κενό σύνολο γραμμικών

απεικονίσεων $\displaystyle{f:V\longrightarrow V}$ . Το $\displaystyle{S}$ καλείται ανάγωγο αν :

$\displaystyle{W}$ : υπόχωρος του $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ και $\displaystyle{f(W)\subseteq W\,,\forall\,f\in S\implies W=\left\{\overline{0}\right\}\,\lor\, W=V}$ .

Να δειχθεί ότι αν $\displaystyle{S}$ είναι ένα ανάγωγο σύνολο γραμμικών απεικονίσεων επί του $\displaystyle{V}$ ,

τότε το σύνολο $\displaystyle{D=\left\{g\in\rm{End_{\mathbb{K}}(V)}: g\circ f=f\circ g\,,\forall\,f\in S\right\}}$ είναι ένας

υποδακτύλιος του $\displaystyle{\left(\rm{End_{\mathbb{K}}(V)},+,\circ\right)}$ , ο οποίος είναι δακτύλιος διαίρεσης.
Ο έλεγχος ότι το είναι δακτύλιος είναι απλός. Το ενδιαφέρον κομμάτι είναι να δείξουμε ότι είναι δακτύλιος διαίρεσης.

Έστω $g \in D$ και έστω $W = \mathrm{Im}(g)$ . Είναι απλό ότι το είναι υποχώρος του . Όμως (για $f \in S$ ) είναι $f(W) = fg(V) = gf(V) \subseteq W$ . Άρα είτε $W = \{0\}$ είτε . Στην πρώτη περίπτωση $g = 0 = 0_{\mathrm{End_K(V)}}$ ενώ στην δεύτερη το είναι επί.

Θα δείξω τώρα ότι αν $g \in D \setminus \{0\}$ τότε το είναι και 1-1. Αν δεν ίσχυε αυτό τότε θα υπήρχαν $u \neq v$ με και από την γραμμικότητα θα ήταν όπου $w = u-v \neq 0$ . Θεωρώ τώρα το $W = \langle w,f(w),f^2(w),\ldots\rangle$ . Είναι απλό ότι υποχώρος και για $f \in S$ έχουμε $f(W) \subseteq W$ . Αφού όμως $W \neq \{0\}$ , τότε . Ισχυρίζομαι όμως ότι για κάθε $v \in W$ . Αρκεί να το δείξω για κάθε ένα από τους γεννήτορες του . Γνωρίζουμε ήδη ότι . Επαγωγικά, αν , τότε έχουμε $g(f^{n+1}(w)) = f(g(f^n(w))) = 0$ οπότε ο ισχυρισμός είναι αληθής. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού υποθέσαμε ότι $g \neq 0$ .

Επομένως δείξαμε ότι κάθε $g \in D \setminus \{0\}$ είναι αντιστρέψιμο. Είναι απλό ότι η αντίστροφος $g^{-1}$ είναι γραμμική και ικανοποιεί $fg^{-1} = g^{-1}f$ για κάθε $f \in S$ .

Δεύτερος τρόπος

Ένας ακόμη τρόπος για το ότι η $\displaystyle{g\in D-\left\{\mathbb{O}\right\}}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ .

O πυρήνας $\displaystyle{\rm{Ker}(g)}$ της $\displaystyle{g}$ είναι ένας υπόχωρος του $\displaystyle{\left(V,+,\cdot\right)}$ .

Έστωσαν $\displaystyle{f\in S}$ και $\displaystyle{y\in f(\rm{Ker}(g))}$ . Τότε, υπάρχει $\displaystyle{x\in\rm{Ker}(g)}$

τέτοιο, ώστε $\displaystyle{y=f(x)}$ . Εφ' όσον, $\displaystyle{x\in\rm{Ker}(g)}$ ισχύει ότι $\displaystyle{g(x)=\overline{0}}$ , άρα :

$\displaystyle{g(y)=g(f(x))=\left(g\circ f\right)(x)=\left(f\circ g\right)(x)=f(g(x))=f(\overline{0})=\overline{0}$ , γεγονός

που αποδεικνύει ότι $\displaystyle{y\in\rm{Ker}(g)}$ . Άρα, $\displaystyle{f(\rm{Ker}(g))\subseteq \rm{Ker}(g)\,,\forall\,f\in S}$ .

Από υπόθεση, $\displaystyle{\rm{Ker}(g)=\left\{\overline{0}\right\}}$ ή $\displaystyle{\rm{Ker}(g)=V}$ . Αν

$\displaystyle{\rm{Ker}(g)=V}$ , τότε $\displaystyle{g=\mathbb{O}}$ , άτοπο.

Συνεπώς, $\displaystyle{\rm{Ker}(g)=\left\{\overline{0}\right\}}$ που είναι το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 5:54 pm**

AlexandrosG έγραψε:Άσκηση 8

Έστω μια ομάδα και δύο υποομάδες της με στοιχεία αντίστοιχα. Έστω ότι και . Να δείξετε ότι κάθε στοιχείο της μπορεί να γραφτεί με μοναδικό τρόπο ως με $h \in H$ και $k \in K$ .

Καλησπέρα. Δίνω μία ιδέα:

Έστω $\displaystyle{ x \in H \cap K }$ . Τότε από Θ. Bezout ισχύει $\displaystyle{ x = x^{am + bn} = (x^m)^a \cdot (x^n)^b = 1_{G} \cdot 1_{G} = 1_{G} }$ άρα $\displaystyle{ H\cap K = \{1_{G}\} }$ . Θεωρώ την $\displaystyle{ f: H\times K \rightarrow HK }$

με $\displaystyle{ f((h,k)) = hk }$ για κάθε $\displaystyle{ h,k \in H,K }$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{ h_1k_1 = h_2k_2 }$ . Ισχύει $\displaystyle{ h_2^{-1}h_1 = k_2k_1^{-1} \implies h_2^{-1}h_1 = k_2k_1^{-1} = 1_G }$

$\displaystyle{\implies (h_1,k_1) = (h_2,k_2) }$ , δηλαδή $\displaystyle{ f }$ αμφιμονότιμη. Επίσης $\displaystyle{ f }$ φανερά επί άρα $\displaystyle{ f }$ αμφιμονοσήμαντη. Συνεπώς $\displaystyle{ mn = |H\times K| = |HK| }$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ HK \subset G }$ και $\displaystyle{ |HK| = mn = |G| }$ άρα $\displaystyle{ G = HK}$ . Το ζητούμενο έπεται. (Η μοναδικότητα της γραφής απορρέει από το γεγονός

ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι αμφιμονότιμη).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 8:19 pm**

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 $\displaystyle{\left(\mathbb{R}/\mathbb{Z},+\right)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 8:29 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2015 10:32 pm**

Πρόβλημα 11)

Έστω $\theta:G\to G$ αυτομορφισμός πεπερασμένης ομάδας

τέτοιος ώστε $\theta(g)=g^{-1}$ για περισσότερα από τα 3/4

των στοιχείων της

. Δείξτε ότι $\theta(x)=x^{-1}$ για κάθε $x\in G$ .
Αν $\theta(g)=g^{-1}$ για ακριβώς τα 3/4

των στοιχείων της

, δείξτε ότι η

έχει αβελιανή υποομάδα δείκτη

.

Πρόβλημα 12)

Έστω

μη αβελιανή πεπερασμένη ομάδα. Δείξτε ότι ο αριθμός των στοιχείων $(x,y)\in G\times G$ με xy=yx

είναι το πολύ $\frac{5}{8}|G|^2$ .

(Δεν τις έχω λύσει αλλά είπα να μοιραστώ τα παιχνίδια μου αφού βλέπω υπάρχει διάθεση. Υπάρχει στο βιβλίο λύση (Από Group Theory Selected Problems, B. Sury))

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 01, 2015 9:12 am**

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 η οποία μου πήρε ώρα να τη βρω. Ελπίζω να είναι σωστή.

Ορίζουμε το σύνολο $\displaystyle{A=\{g \in G| \theta(g)=g^{-1}\}}$ .

Λήμμα: Έστω $a,a' \in A$ . Τότε $aa' \in A$ αν και μόνο αν aa'=a'a

.

Απόδειξη λήμματος: $aa' \in A$ αν και μόνο αν $\theta(aa')=(aa')^{-1}$ αν και μόνο αν $\theta(a)\theta(a')=a'^{-1}a^{-1}$ αν και μόνο αν $a^{-1}a'^{-1}=a'^{-1}a^{-1}$ αν και μόνο αν aa'=a'a

.

Έστω τώρα $a \in A$ . Αποδεικνύουμε την εξής ισότητα συνόλων:

Ισχυρισμός: $aA \cap A=C_G(a) \cap A$ .

Απόδειξη ισχυρισμού: Έστω $x \in aA \cap A$ . Τότε $x=aa' \in A$ για κάποιο $a' \in A$ . Θέλουμε να δείξουμε ότι το aa'

αντιμετατίθεται με το

. Αρκεί τα a,a'

να αντιμετατίθονται. Άρα αρκεί από το λήμμα $aa' \in A$ που ισχύει. Αντίστροφα, έστω $x \in A$ με ax=xa

. Θέλουμε να δείξουμε ότι $x \in aA$ άρα αρκεί $a^{-1} x \in A$ . Από το λήμμα αρκεί τα $a^{-1}$ και

να αντιμετατίθονται που ισχύει αφού ax=xa

.

Τώρα παρατήρουμε ότι $\displaystyle{|C_G(a)| \geq |C_G(a)\cap A|=|aA \cap A|=|aA|+|A|-|aA \cup A|=2|A|-|aA \cup A| \geq 2|A|-|G| > \frac{1}{2}|G|}$ .

Στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την υπόθεση του προβλήματος ότι $\displaystyle{|A| >\frac{3}{4}|G|}$ . Επίσης έγινε χρήση της |aA|=|A|

που ισχύει αφού η συνάρτηση $f:A \to aA$ με f(g)=ag

είναι 1-1 και επί.

Τώρα καταλήξαμε ότι το σύνολο C_G(a)

έχει περισσότερα από τα μισά στοιχεία της

. Όμως αυτό το σύνολο είναι υποομάδα της

και άρα η τάξη του διαιρεί το |G|

. Άρα

και άρα $a \in Z(G)$ , το κέντρο της ομάδας. Συνεπώς $A \subset Z(G)$ και άρα Z(G)=G

άφου έχει και αυτό πάνω από τα μισά στοιχεία της

. Άρα η

είναι αβελιανή.

Τώρα που το έχουμε αυτό μπορούμε άμεσα να δείξουμε ότι το σύνολο

είναι ομάδα. Πράγματι, το λήμμα δίνει ότι το

είναι κλειστό ως προς τον πολλαπλασιασμό. Είναι απλό ότι $1 \in A$ και αν $a \in A$ τότε $a^{-1} \in A$ .

Τώρα που η

είναι ομάδα πρέπει να έχουμε A=G

που είναι ακριβώς το ζητούμενο.

Επεξεργασία: Και το δεύτερο ερώτημα προκύπτει από τα παραπάνω. Αν $\displaystyle{|A|=\frac{3}{4}|G|}$ τότε έχουμε ισότητα παραπάνω. Άρα γίνεται να έχουμε $|C_G(a)|=\frac{1}{2}|G|$ για κάποιο $a \in A$ . Αυτή η υποομάδα είναι η ζητούμενη υποομάδα δείκτη

. Πρέπει να δείξουμε ότι είναι αβελιανή. Από τις ανισότητες παραπάνω, που τώρα είναι ισότητες, προκύπτει ότι $C_G(a) \leq A$ . Άρα αν $x,y \in C_G(a)$ τότε $xy \in A$ οπότε από το λήμμα αντιμετατίθονται.

mathematica.gr

Ασκήσεις στην Άλγεβρα!

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!