Ασκήσεις Άλγεβρας

Συντονιστής: Demetres

giannispapav
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Παρ Φεβ 26, 2021 9:38 am

23) Να δείξετε ότι η άπειρη κυκλική ομάδα δεν μπορεί να προκύψει ως ομάδα αυτομορφισμών κάποιας ομάδας.



Λέξεις Κλειδιά:
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1463
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Φεβ 27, 2021 12:49 am

giannispapav έγραψε:
Παρ Φεβ 26, 2021 9:38 am
23) Να δείξετε ότι η άπειρη κυκλική ομάδα δεν μπορεί να προκύψει ως ομάδα αυτομορφισμών κάποιας ομάδας.
Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ομάδα G τέτοια, ώστε (\rm{Aut}(G),\circ)\sim (\mathbb{Z},+). Άρα η ομάδα αυτομορφισμών της G είναι κυκλική,

κατά συνέπεια και η ομάδα εσωτερικών αυτομορφισμών \rm{Inn}(G) είναι κυκλική, απ' όπου συμπεραίνουμε ότι η G είναι αβελιανή, λόγω του

γνωστού ισομορφισμού G/Z(G)\sim \rm{Inn}(G). Εφ' όσον όμως η G είναι αβελιανή, η απεικόνιση f:G\to G\,,f(x)=x^{-1}

είναι αυτομορφισμός της

G. Παρατηρούμε ότι f\neq Id_{G} και f^2(x)=f(f(x))=f(x^{-1})=(x^{-1})^{-1}=x=Id_{G}(x)\,,\forall\,x\in G\implies f^2=Id_{G}

που σημαίνει ότι η \rm{Aut}(G) έχει στοιχείο τάξης 2, άτοπο.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
giannispapav
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Σάβ Φεβ 27, 2021 7:16 am

BAGGP93 έγραψε:
Σάβ Φεβ 27, 2021 12:49 am
giannispapav έγραψε:
Παρ Φεβ 26, 2021 9:38 am
23) Να δείξετε ότι η άπειρη κυκλική ομάδα δεν μπορεί να προκύψει ως ομάδα αυτομορφισμών κάποιας ομάδας.
Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ομάδα G τέτοια, ώστε (\rm{Aut}(G),\circ)\sim (\mathbb{Z},+). Άρα η ομάδα αυτομορφισμών της G είναι κυκλική,

κατά συνέπεια και η ομάδα εσωτερικών αυτομορφισμών \rm{Inn}(G) είναι κυκλική, απ' όπου συμπεραίνουμε ότι η G είναι αβελιανή, λόγω του

γνωστού ισομορφισμού G/Z(G)\sim \rm{Inn}(G). Εφ' όσον όμως η G είναι αβελιανή, η απεικόνιση f:G\to G\,,f(x)=x^{-1}

είναι αυτομορφισμός της

G. Παρατηρούμε ότι f\neq Id_{G} και f^2(x)=f(f(x))=f(x^{-1})=(x^{-1})^{-1}=x=Id_{G}(x)\,,\forall\,x\in G\implies f^2=Id_{G}

που σημαίνει ότι η \rm{Aut}(G) έχει στοιχείο τάξης 2, άτοπο.
Ωραία! Νομίζω λείπει μια λεπτομέρεια: γιατί ο f με f(x)=x^{-1} είναι διάφορος του ταυτοτικού; Δεν θα μπορούσε να είναι f(x)=x^{-1}=x για κάθε x\in G;

[Η γενική ιδέα είναι αυτή που γράψατε απλά αυτό νομίζω είναι το 2ο "δύσκολο" σημείο της άσκησης]


giannispapav
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 14, 2017 5:59 pm

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannispapav » Τετ Μαρ 03, 2021 11:14 am

24) Έστω G πεπερασμένη, μη τετριμμένη, ομάδα. Αν η Aut(G) δρα μεταβατικά στο G-\{e\} τότε να δείξετε ότι G\cong \mathbb{Z}_p^n για κάποιον πρώτο αριθμό p.


bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Παρ Μαρ 12, 2021 10:37 pm

25) Έστω \phi: A\rightarrow B ένας ομομορφισμός πεπερασμένα παραγόμενων αλγεβρών πάνω από ένα σώμα k. Έστω \mathfrak{q} ένα μέγιστο ιδεώδες του B. Να δειχθεί ότι και το \phi^{-1}(\mathfrak{q}) είναι μέγιστο ιδεώδες του A.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Δευ Μαρ 22, 2021 10:35 pm

26) Έστω R ενα δακτύλιος που είναι reduced. Να δειχθεί ότι κάθε μηδενοδιαιρέτης του R είναι στοιχείο ενός ελάχιστου πρώτου ιδεώδους.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1463
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Τρί Απρ 13, 2021 11:33 am

bouzoukman έγραψε:
Δευ Μαρ 22, 2021 10:35 pm
26) Έστω R ενα δακτύλιος που είναι reduced. Να δειχθεί ότι κάθε μηδενοδιαιρέτης του R είναι στοιχείο ενός ελάχιστου πρώτου ιδεώδους.
Καλημέρα. Νομίζω η απάντηση υπάρχει στο link της wiki που δώσατε.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Πέμ Απρ 15, 2021 8:45 pm

BAGGP93 έγραψε:
Τρί Απρ 13, 2021 11:33 am
bouzoukman έγραψε:
Δευ Μαρ 22, 2021 10:35 pm
26) Έστω R ενα δακτύλιος που είναι reduced. Να δειχθεί ότι κάθε μηδενοδιαιρέτης του R είναι στοιχείο ενός ελάχιστου πρώτου ιδεώδους.
Καλημέρα. Νομίζω η απάντηση υπάρχει στο link της wiki που δώσατε.
Αλήθεια; Δεν το πρόσεξα. Έμεινα μόνο στις δύο πρώτες γραμμές του ορισμού... :? Σε κάθε περίπτωση είναι μία ενδιαφέρουσα άσκηση αν κάποιος θέλει να την προσπαθήσει μόνος του!


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μάιος 26, 2021 11:42 am

27)
Έστω ένα αριθμητικό σώμα K.
Δείξτε ότι υπάρχουν πεπερασμένες το πλήθος ρίζες της μονάδας στο K.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Τετ Μάιος 26, 2021 11:51 am

28)
Έστω f(x)=x^5-6. Δείξτε ότι το f(x) είναι επιλύσιμο με ριζικά πάνω από το \mathbb{Q}.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4613
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Μάιος 26, 2021 1:00 pm

stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:51 am
28)
Έστω f(x)=x^5-6. Δείξτε ότι το f(x) είναι επιλύσιμο με ριζικά πάνω από το \mathbb{Q}.

Από το θεώρημα de Moivre έχουμε ότι οι ρίζες είναι της μορφής \displaystyle{\rho_i = \sqrt[5]{6} \left ( \cos \frac{2\pi n}{6} + i \sin \frac{2 \pi n}{6} \right ) }. Για n=1 είναι \displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right )}. Όμοια παίρνουμε και τις άλλες ρίζες χρησιμοποιώντας τους τύπους \sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \sin\beta\cos\alpha και \cos(\alpha\pm\beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta.



Νομίζω επαρκεί και δε περνάμε από θεωρία Galois.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3359
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μάιος 26, 2021 8:47 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 1:00 pm
stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:51 am
28)
Έστω f(x)=x^5-6. Δείξτε ότι το f(x) είναι επιλύσιμο με ριζικά πάνω από το \mathbb{Q}.

Από το θεώρημα de Moivre έχουμε ότι οι ρίζες είναι της μορφής \displaystyle{\rho_i = \sqrt[5]{6} \left ( \cos \frac{2\pi n}{6} + i \sin \frac{2 \pi n}{6} \right ) }. Για n=1 είναι \displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right )}. Όμοια παίρνουμε και τις άλλες ρίζες χρησιμοποιώντας τους τύπους \sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \sin\beta\cos\alpha και \cos(\alpha\pm\beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta.


Νομίζω επαρκεί και δε περνάμε από θεωρία Galois.
Υπάρχει τυπογραφικό το οποίο όμως είναι ουσιαστικό.
Είναι

\displaystyle{\rho_i = \sqrt[5]{6} \left ( \cos \frac{2\pi n}{5} + i \sin \frac{2 \pi n}{5} \right ) }

οπότε δεν ισχύει

\displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right )}.

Η λύση είναι απλή και σε σχολικό επίπεδο.
Οι ρίζες είναι \sqrt[5]{6}r όπου
r^{5}=1
Αρα r=1 η το r είναι ρίζα της
x^{4}+x^3+x^2+x+1=0
Αυτή είναι αντίστροφη και κατά τα γνωστά
x+\frac{1}{x}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}
κλπ.
Ηταν κάποτε σε σχολικό επίπεδο.Τώρα χωρίς μιγαδικούς...


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4613
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Μάιος 26, 2021 8:52 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 8:47 pm
Tolaso J Kos έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 1:00 pm
stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:51 am
28)
Έστω f(x)=x^5-6. Δείξτε ότι το f(x) είναι επιλύσιμο με ριζικά πάνω από το \mathbb{Q}.

Από το θεώρημα de Moivre έχουμε ότι οι ρίζες είναι της μορφής \displaystyle{\rho_i = \sqrt[5]{6} \left ( \cos \frac{2\pi n}{6} + i \sin \frac{2 \pi n}{6} \right ) }. Για n=1 είναι \displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right )}. Όμοια παίρνουμε και τις άλλες ρίζες χρησιμοποιώντας τους τύπους \sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \sin\beta\cos\alpha και \cos(\alpha\pm\beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta.


Νομίζω επαρκεί και δε περνάμε από θεωρία Galois.
Υπάρχει τυπογραφικό το οποίο όμως είναι ουσιαστικό.
Είναι

\displaystyle{\rho_i = \sqrt[5]{6} \left ( \cos \frac{2\pi n}{5} + i \sin \frac{2 \pi n}{5} \right ) }

οπότε δεν ισχύει

\displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left ( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right )}.

Η λύση είναι απλή και σε σχολικό επίπεδο.
Οι ρίζες είναι \sqrt[5]{6}r όπου
r^{5}=1
Αρα r=1 η το r είναι ρίζα της
x^{4}+x^3+x^2+x+1=0
Αυτή είναι αντίστροφη και κατά τα γνωστά
x+\frac{1}{x}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}
κλπ.
Ηταν κάποτε σε σχολικό επίπεδο.Τώρα χωρίς μιγαδικούς...

Σταύρο, έχεις δίκιο για το τυπογραφικό αλλά η φιλοσοφία δε βλέπω να αλλάζει. Βέβαια \displaystyle{\cos \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}} και \displaystyle{\sin \frac{\pi}{5} = \sqrt{\frac{5}{8} - \frac{\sqrt{5}}{8}}}. Άρα \displaystyle{\rho_1 = \sqrt[5]{6} \left (  \frac{\sqrt{5}+1}{4} + i \sqrt{\frac{5}{8} - \frac{\sqrt{5}}{8}} \right )} κτλ.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Σάβ Μάιος 29, 2021 11:52 am

stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:42 am
27)
Έστω ένα αριθμητικό σώμα K.
Δείξτε ότι υπάρχουν πεπερασμένες το πλήθος ρίζες της μονάδας στο K.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
bouzoukman
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 7:53 pm
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από bouzoukman » Κυρ Μάιος 30, 2021 12:58 pm

stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:42 am
27)
Έστω ένα αριθμητικό σώμα K.
Δείξτε ότι υπάρχουν πεπερασμένες το πλήθος ρίζες της μονάδας στο K.
Ας πάμε με άτοπο!

'Εστω ότι υπάρχουν άπειρες το πλήθος ρίζες της μονάδας. Τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε μία γνωσίως αύξουσα ακολουθία k_n από θετικούς ακεραίους για την οποία ισχύουν τα εξής:

(1) Εάν n_2>n_1 τότε \displaystyle{\phi(k_{n_2})>\phi(k_{n_1})}.
(2) \zeta_{k_n} \in K, όπου \zeta_{k_n} είναι μία k_n-πρωταρχική ρίζα της μονάδας.

Έστω K_n=\mathbb{Q}(\zeta_{k_n}). Τότε από το (2) καταλαβαίνουμε ότι K_n\subset K, οπότε [K:\mathbb{Q}]\geq [K_n:\mathbb{Q}]. Όμως από το (1) καταλαβαίνουμε ότι \lim_{n\rightarrow\infty} [K_n:\mathbb{Q}]=\infty που έρχεται σε αντίθεση με το γεγονός ότι [K:\mathbb{Q}]<\infty.


"Υπάρχει αρκετό φως γι' αυτούς που επιθυμούν να δουν και αρκετό σκοτάδι γι' αυτούς που έχουν την αντίθετη επιθυμία", B. Pascal
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Μάιος 30, 2021 2:35 pm

bouzoukman έγραψε:
Κυρ Μάιος 30, 2021 12:58 pm
stranger έγραψε:
Τετ Μάιος 26, 2021 11:42 am
27)
Έστω ένα αριθμητικό σώμα K.
Δείξτε ότι υπάρχουν πεπερασμένες το πλήθος ρίζες της μονάδας στο K.
Ας πάμε με άτοπο!

'Εστω ότι υπάρχουν άπειρες το πλήθος ρίζες της μονάδας. Τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε μία γνωσίως αύξουσα ακολουθία k_n από θετικούς ακεραίους για την οποία ισχύουν τα εξής:

(1) Εάν n_2>n_1 τότε \displaystyle{\phi(k_{n_2})>\phi(k_{n_1})}.
(2) \zeta_{k_n} \in K, όπου \zeta_{k_n} είναι μία k_n-πρωταρχική ρίζα της μονάδας.

Έστω K_n=\mathbb{Q}(\zeta_{k_n}). Τότε από το (2) καταλαβαίνουμε ότι K_n\subset K, οπότε [K:\mathbb{Q}]\geq [K_n:\mathbb{Q}]. Όμως από το (1) καταλαβαίνουμε ότι \lim_{n\rightarrow\infty} [K_n:\mathbb{Q}]=\infty που έρχεται σε αντίθεση με το γεγονός ότι [K:\mathbb{Q}]<\infty.
Πολύ ωραία λύση. :10sta10:


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
Άβαταρ μέλους
stranger
Δημοσιεύσεις: 409
Εγγραφή: Δευ Ιαν 14, 2019 6:12 am
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranger » Κυρ Μάιος 30, 2021 2:55 pm

29) Εξετάστε αν υπάρχει φυσικός αριθμός n, έτσι ώστε να υπάρχουν άπειρες ομάδες(ως προς ισομορφισμό) με τάξη n.
Σημείωση: Είναι αρκετά εύκολη.


Κωνσταντίνος Σμπώκος
Μαθηματικός, PhD
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3359
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Μάιος 30, 2021 5:11 pm

stranger έγραψε:
Κυρ Μάιος 30, 2021 2:55 pm
29) Εξετάστε αν υπάρχει φυσικός αριθμός n, έτσι ώστε να υπάρχουν άπειρες ομάδες(ως προς ισομορφισμό) με τάξη n.
Σημείωση: Είναι αρκετά εύκολη.
Είναι ο ορισμός του παρακάτω από τετριμμένη.

Σε κάθε σύνολο με n στοιχεία ορίζονται πεπερασμένου πλήθους πράξεις.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης