Ασκήσεις Άλγεβρας

ksofsa · #101

Επαναφορά για την

.

Προσθέτω μια άσκηση:

31)

Έστω

μια πεπερασμένη πολλαπλασιαστική ομάδα πινάκων με μιγαδικά στοιχεία.'Εστω

το άθροισμα των στοιχείων της

. Δείξτε ότι $detM\in \mathbb{Z}$ .

stranger · #102

ksofsa έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 31, 2023 1:19 pm
Επαναφορά για την .

Προσθέτω μια άσκηση:

Έστω μια πεπερασμένη πολλαπλασιαστική ομάδα πινάκων με μιγαδικά στοιχεία.'Εστω το άθροισμα των στοιχείων της . Δείξτε ότι $detM\in \mathbb{Z}$ .

Έστω

ο πίνακας άθροισμα.
Έστω $G=\{A_1,..,A_n\}$ η ομάδα αυτή και

ένα στοιχείο της.
Τότε $G =\{HA_1,...,HA_n\}$ , οπότε M=A_1+..+A_n= H(A_1+..+A_n) = HM

για οποιοδήποτε στοιχείο

της

.
Έστω ότι $det(M) \neq 0$ . Έχουμε (I-H)M=0

.
Οπότε αφού ο

είναι αντιστρέψιμος παίρνουμε H=I

για οποιοδήποτε στοιχείο της

, που σημαίνει $G=\{I\}$ , άρα M=I

και τελικά det(M)=1

.
Άρα τελικά $det(M) \in \{0,1\}$ .

stranger · #103

32)
Εξαιρετικά απλή.
Αποδείξτε χωρίς το θεώρημα του Burnside ότι μια ομάδα τάξης 224 δεν μπορεί να είναι απλή.

ksofsa · #104

Για την 32)

Πράγματι , κλασική άσκηση.

Έστω

με $\left | G \right |=224=2^5\cdot 7$ .

Έστω $r=\left | Syl_{2} (G)\right |$ .

Τότε,αν η

απλή, τότε $r\mid 7(1),r\equiv 1(mod2)(2),\left | G \right |\mid r!(3)$ .

Αν r=1

, έχουμε μια μόνο υποομάδα 2-Sylow

, άρα είναι κανονική, άτοπο.

Αν r=7

, έχουμε $224\mid 5040$ , επίσης άτοπο.

stranger · #105

33)
Δείξτε ότι για κάθε

-πρότυπο της Noether

, κάθε επιμορφισμός $f:M \rightarrow M$ είναι ισομορφισμός.

stranger · #106

34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης 105

που έχει κανονική υποομάδα τάξης

είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την $\mathbb{Z}_{105}$ .

giannispapav · #107

stranger έγραψε: ↑
Παρ Απρ 19, 2024 7:54 pm
33)
Δείξτε ότι για κάθε -πρότυπο της Noether , κάθε επιμορφισμός $f:M \rightarrow M$ είναι ισομορφισμός.

Έχουμε την αύξουσα ακολουθία $\mathrm{ker}f \subseteq \mathrm{ker}f^2 \subseteq \ldots$ η οποία είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει $n\in \mathbb{N}$ έτσι ώστε $\mathrm{ker}f^n= \mathrm{ker}f^{n+1}$ . Θα δείξουμε ότι $\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\{0\}$ . Πράγματι, αν $x\in \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n$ τότε f^n(x)=0

και υπάρχει $y\in M$ έτσι ώστε x=f^n(y)

δηλαδή $f^{2n}(y)=0 \Rightarrow y\in \mathrm{ker}f^{2n}$ . Αλλά $\mathrm{ker}f^{2n}=\mathrm{ker}f^{n}$ και άρα $f^n(y)=0 \Rightarrow x=0$ .

Ο

είναι επιμορφισμός, οπότε $\mathrm{Im}f^n=M$ άρα $\{0\}=\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\mathrm{ker}f^n \cap M =\mathrm{ker}f^n \supseteq \mathrm{ker}f$ κατά συνέπεια $\mathrm{ker}f=\{0\}$

stranger · #108

giannispapav έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 20, 2024 7:28 am

stranger έγραψε: ↑
Παρ Απρ 19, 2024 7:54 pm
33)
Δείξτε ότι για κάθε -πρότυπο της Noether , κάθε επιμορφισμός $f:M \rightarrow M$ είναι ισομορφισμός.
Έχουμε την αύξουσα ακολουθία $\mathrm{ker}f \subseteq \mathrm{ker}f^2 \subseteq \ldots$ η οποία είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει $n\in \mathbb{N}$ έτσι ώστε $\mathrm{ker}f^n= \mathrm{ker}f^{n+1}$ . Θα δείξουμε ότι $\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\{0\}$ . Πράγματι, αν $x\in \mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n$ τότε και υπάρχει $y\in M$ έτσι ώστε δηλαδή $f^{2n}(y)=0 \Rightarrow y\in \mathrm{ker}f^{2n}$ . Αλλά $\mathrm{ker}f^{2n}=\mathrm{ker}f^{n}$ και άρα $f^n(y)=0 \Rightarrow x=0$ .

Ο είναι επιμορφισμός, οπότε $\mathrm{Im}f^n=M$ άρα $\{0\}=\mathrm{ker}f^n\cap \mathrm{Im}f^n=\mathrm{ker}f^n \cap M =\mathrm{ker}f^n \supseteq \mathrm{ker}f$ κατά συνέπεια $\mathrm{ker}f=\{0\}$

Πολύ ωραία!

stranger · #109

stranger έγραψε: ↑
Παρ Απρ 19, 2024 8:23 pm
34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης που έχει κανονική υποομάδα τάξης είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την $\mathbb{Z}_{105}$ .

Καμία ιδέα παιδιά;
Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι την Κυριακή το βράδυ θα βάλω τη λύση.

stranger · #110

35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ είναι κυκλική.

stranger · #111

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 20, 2024 8:34 pm

stranger έγραψε: ↑
Παρ Απρ 19, 2024 8:23 pm
34)
Αποδείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης που έχει κανονική υποομάδα τάξης είναι κυκλική. Οπότε ισόμορφη με την $\mathbb{Z}_{105}$ .
Καμία ιδέα παιδιά;
Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι την Κυριακή το βράδυ θα βάλω τη λύση.

Έστω

ομάδα με

.
Υπάρχει κανονική ομάδα τάκης

και αυτή η ομάδα είναι κυκλική(αφού έχει τάξη πρώτο αριθμό), που σημαίνει ότι παράγεται από στοιχείο

τάξης

. Οπότε αν $x \in G$ , τότε $xax^{-1} = 1$ η $xax^{-1} = a$ η $xax^{-1} = a^2$ .
Στην πρώτη περίπτωση έχουμε άτοπο. Στην τρίτη περίπτωση έχουμε $xa^2x^{-1}=a^4=a$ . Οπότε $a^2x^{-1} = x^{-1}a$ , που δίνει $x^{-1} = ax^{-1} a$ .
Οπότε $(ax)^{-1} = (a^2x)^{-1}$ . Οπότε ax = a^2x

, το οποίο είναι άτοπο προφανώς.
Άρα έχουμε $xax^{-1} =a$ για κάθε $x \in G$ . Αυτό σημαίνει ότι το

ανήκει στο κέντρο της

.
Οπότε έχουμε $<a> \leq Z(G)$ .
Έστω ο επιμορφισμός $h: G/<a> \rightarrow G/Z(G)$ με $g \cdot <a> \rightarrow g \cdot Z(G)$ .
Έχουμε ότι |G/<a>|=35

. Σε προηγούμενη άσκηση (Άσκηση 1) έχουμε δείξει ότι κάθε ομάδα τάξης 35 είναι κυκλική.
Οπότε η G/<a>

είναι κυκλική και από το πρώτο θεώρημα ισομορφισμών παίρνουμε ότι η G/Z(G)

είναι ισόμορφη με πηλίκο κυκλικής ομάδας, το οποίο δείχνει ότι η G/Z(G)

είναι κυκλική.
Άρα η

είναι αβελιανή.
Από το θεώρημα δομής πεπερασμένων αβελιανών ομάδων επειδή η τάξη της

είναι αριθμός ελεύθερος τετραγώνων, παίρνουμε ότι η

είναι κυκλική.
Τέλος.

stranger · #112

36) Δείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης

που έχει κανονική υποομάδα τάξης

είναι αναγκαστικά αβελιανή.

giannispapav · #113

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 08, 2024 3:28 pm
36) Δείξτε ότι κάθε ομάδα τάξης που έχει κανονική υποομάδα τάξης είναι αναγκαστικά αβελιανή.

Έστω

ομάδα τάξης

και

κανονική υποομάδα της τάξης

.

Είναι $28=2^2\cdot 7$ επομένως από το θ. Cauchy υπάρχει υποομάδα

της

τάξης

(μάλιστα $B\cong \mathbb{Z}_7$ ).

Επίσης, αφού η

είναι κανονική, το σύνολο

είναι υποομάδα της

με τάξη $|AB|=\dfrac{|A|\cdot |B|}{|A\cap B|}=28$ .

Επομένως η

η είναι το ημιευθές γινόμενο $G=A\rtimes B$ . Υπάρχουν μόνο δύο ομάδες τάξης

, οι $\mathbb{Z}_4$ και $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ . Είναι $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_4)\cong \mathbb{Z}_2$ (αφού $\varphi(4)=2$ ) και $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2)\cong S_3$ . Έτσι, ο μοναδικός ομομορφισμός $\phi: B\to \mathrm{Aut}(A)$ είναι ο τετριμμένος, δηλαδή η $G= A\times B$ είναι αβελιανή (ως ευθύ γινόμενο αβελιανών).

ksofsa · #114

Για την 36:

Έστω

η ομάδα τάξης

και

η κανονική υποομάδα τάξης

.

Από το 3ο θεώρημα Sylow προκύπτει ότι υπάρχει μόνο μία υποομάδα

-Sylow, γιατί, αν

το πλήθος αυτών των υποομάδων, θα πρέπει $r\mid 4,r\equiv 1(mod7)$ . Έστω

αυτή η υποομάδα που θα είναι κανονική, γιατί είναι μοναδική

-Sylow.

Η υποομάδα

αβελιανή, διότι τάξης

, όπως και η

, διότι τάξης

.

Έστω

η υποομάδα μεταθετών.

Επειδή G/S,G/P

αβελιανές (τάξης 7 και 4), είναι $C\leq S,C\leq P$ .

Έστω $a\in C$ . Τότε, $a^4=e,a^7=e\Rightarrow a^8=e,a^7=e\Rightarrow a=e.$

Δηλαδή η υποομάδα μεταθετών της

είναι η τετριμμένη υποομάδα και η

είναι αβελιανή.

stranger · #115

Πολύ ωραία!

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 20, 2024 11:09 pm
35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ είναι κυκλική.

Καμία ιδέα;

#116

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 08, 2024 9:20 pm
Πολύ ωραία!
stranger έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 20, 2024 11:09 pm
35) Δείξτε ότι η ομάδα Galois της επέκτασης $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ είναι κυκλική.
Καμία ιδέα;

Γράφω $\alpha = \sqrt{2+\sqrt{2}}$ . Τότε $\alpha^2 - 2 = \sqrt{2}$ οπότε είναι ρίζα του f(x) = x^4 - 4x^2 + 2

. Από Eisenstein το

είναι ανάγωγο. Έχουμε $f(x) = (x^2 - (2+\sqrt{2}))(x^2 - (2-\sqrt{2})$ .

Παρατηρούμε ότι
$\displaystyle 2-\sqrt{2} = \frac{2}{2+\sqrt{2}} = \frac{2}{\alpha^2} \implies \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\alpha} = \frac{\alpha^2-2}{\alpha} = \beta$

Άρα
$\displaystyle f(x) = (x-\alpha)(x+\alpha)(x-\beta)(x+\beta)$

επομένως η επέκταση $\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}$ είναι Galois βαθμού

.

Έστω $\sigma$ ένας αυτομορφισμός της επέκτασης.

Αν $\sigma(\alpha) = \alpha$ , τότε $\sigma(-\alpha) = -\alpha$ και $\sigma(\beta) = \sigma(\alpha-2/\alpha) = \alpha-2/\alpha = beta$ . Τότε $\sigma(-\beta) = -\beta$ και ο $\sigma$ είναι ταυτοτικός

Αν $\sigma(\alpha) = -\alpha$ εύκολα βρίσκουμε ότι $\sigma = (\alpha;-\alpha)(\beta;-\beta)$

Αν $\sigma(\alpha) = \beta$ τότε $\sigma(\beta) = \sigma(\alpha-2/\alpha) = \beta-2/\beta = (\beta^2-2)/\beta =-\sqrt{2}/\beta = -\alpha$ και με παρόμοιο τρόπο καταλήγουμε ότι $\sigma = (\alpha;\beta;-\alpha;-\beta)$

Αν $\sigma(\alpha) = -\beta$ ομοίως παίρνουμε ότι $\sigma = (\alpha;-\beta;-\alpha,\beta)$

Αυτοί πρέπει να είναι και οι τέσσερεις αυτομορφισμοί. Άρα η ομάδα είναι κυκλική.

Εναλλακτικά

Χρησιμοποιούμε το resolvent cubic όπως περιγράφεται εδώ. Η διαδικασία δουλεύει για κάθε πολυώνυμο βαθμού

.

To resolvent cubic της f(x) = x^4 - 4x^2 + 2

είναι

με διακρίνουσα D = 2048

. Τότε $\sqrt{D} = 2^5 \sqrt{2}$ και επειδή η

παραγοντοποιείται στο $\mathbb{Q}(\sqrt{D})$ ως $(x^2 - (2+\sqrt{2}))(x^2 - (2-\sqrt{2}))$ τότε η ομάδα Galois της

είναι η $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ .

Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Re: Ασκήσεις Άλγεβρας

Μέλη σε σύνδεση