Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ),

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ),"

Transcript

1 Α Δ Ι Α - Φ 4 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 15 Νοεμβρίου 2013 Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου (1) a = [2] 3, (G, ) = (Z 3, +), (2) a = i, (G, ) = (C, ), (3) a = 1 + i 3, (G, ) = (C, ), (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ), (5) cos(2π/7) + isin(2π/7), (G, ) = (C, ). (6) a = [6] 10, (G, ) = (Z 10, +), (7) a = [6] 15, (G, ) = (Z 15 ), +), (8) a = [10], (G, ) = (Z ), +), (9) a = [77] 210, (G, ) = (Z 210 ), +), (10) a = [40] 210, (G, ) = (Z 210 ), +), (11) a = [70] 210, (G, ) = (Z 210 ), +). Λύση. Χρησιμοποιούμε ότι αν a είναι ένα στοιχείο πεπερασμένης τάξης σε μια πολλαπλασιαστική, αντίστοιχα προσθετική, ομάδα G, τότε: o(a k ) = o(a) o(a), αντίστοιχα: o(ka) = (o(a), k) (o(a), k) (1) Έχουμε: [2] 3 = 2[1] 3. Άρα η τάξη τού [2] 3 ισούται με: o([2] 3 ) = o(2[1] 3 ) = o([1] 3) (o([1] 3 ), 2) = 3 (3, 2) = 3 1 = 3 (2) Έχουμε: ( i) 1 = i, ( i) 2 = ( i)( i) = i 2 = 1, ( i) 3 = ( i)( i) 2 = ( i)( 1) = i, ( i) 4 = ( i) 2 ( i) 2 = ( 1)( 1) = 1. Άρα τάξη τού ( i) είναι 4. (3) Για να είναι ένας μιγαδικός αριθμός z πεπερασμένης τάξης, πρέπει το μέτρο του z να ισούται με 1, αφού το μέτρο τού z n, n N ισούται με z n. Το μέτρο τού a = 1 + i 3 είναι 2, επομένως ο a έχει άπειρηη τάξη. (4) Η τριγωνομετρική μορφή τού a = ( 1 + i 3)/2 είναι η a = cos(2π/3) + isin(2π/3). Τότε a 3 = cos(3 2π/3) + isin(3 2π/3) = 1, και επειδή προφανώς a 2 = cos(4π/3) + isin(4π/3) 1, έπεται ότι η τάξη τού a ισούται με 3. (5) Η τάξη τού a = cos(2π/7) + isin(2π/7) είναι 7, διότι a 7 = 1 και γι αυτό ο a έχει ως τάξη έναν διαιρέτη τού 7. Αλλά οι μοναδικοί διαιρέτες τού 7 είναι οι 1 και 7. Αν η τάξη τού a ήταν 1, τότε ο a = 1. Αλλά a 1. Ώστε η τάξη του είναι 7. (6) Έχουμε: [6] 10 = 6[1] 10. Άρα η τάξη τού [6] 10 ισούται με: o([6] 10 ) = o(6[1] 10 ) = o([1] 10) (o([1] 10 ), 6) = 10 (10, 6) = 10 2 = 5 (7) Έχουμε: [6] 15 = 6[1] 15. Άρα η τάξη τού [6] 15 ισούται με: o([6] 15 ) = o(6[1] 15 ) = o([1] 15) (o([1] 15 ), 6) = 15 (15, 6) = 15 3 = 5 (8) Έχουμε: [6] 15 = 6[1] 15. Άρα η τάξη τού [6] 15 ισούται με: o([10] ) = o(10[1] ) = o([1] ) (o([1] ), 10) = (, 10) = 2 = 6

2 2 (9) Έχουμε: [77] 210 = 77[1] 210. Άρα η τάξη τού [77] 210 ισούται με: o(77] 210 ) = o(77[1] 210 ) = o([1] 210) (o([1] 210 ), 77) = 210 (210, 77) = = 30 (10) Έχουμε: [40] 210 = 40[1] 210. Άρα η τάξη τού [40] 210 ισούται με: o(40] 210 ) = o(40[1] 210 ) = o([1] 210) (o([1] 210 ), 40) = 210 (210, 40) = = 21 (11) Έχουμε: [70] 210 = 70[1] 210. Άρα η τάξη τού [70] 210 ισούται με: o(70] 210 ) = o(70[1] 210 ) = o([1] 210) (o([1] 210 ), 70) = 210 (210, 70) = = 3 Ασκηση 2. Έστω (G, ) μια ομάδα. (1) x, a G: o(x 1 ax) = o(a) = o(xax 1 ) (2) a, b G: o(ab) = o(ba) (3) Αν H είναι μια υποομάδα της G, τότε x G, το σύνολο x 1 Hx είναι μια υποομάδα της G με τάξη o(x 1 Hx) = o(h) Λύση. (1) Για κάθε x, a G έχουμε: και άρα, για κάθε n N, θα έχουμε: (x 1 ax) n = (x 1 ax) (x 1 ax) (x 1 ax) = x 1 a n x (x 1 ax) n = e x 1 a n x = e a n = xex 1 a n = e ( ) Η παραπάνω σχέση ( ) δείχνει ότι και επομένως¹ : {n N a n = e} = {n N (x 1 ax) n = e} o(a) = min{m N a n = e} = min{m N (x 1 ax) m = e} = o(x 1 ax) (2) Έστω a, b G. Επειδή a 1 ab a = eba = ba από το ερώτημα (1) έχουμε το ζητούμενο: o(ab) = o(a 1 aba) = o(ba). (3) Έστω a, b x 1 Hx. Τότε υπάρχουν στοιχεία h 1, h 2 H έτσι ώστε: a = x 1 h 1 x και b = x 1 h 2 x, όπου h 1, h 2 H Επειδή το σύνολο H είναι υποομάδα της G θα έχουμε: e = x 1 ex x 1 Hx. ¹Δ : από την ( ) έπεται ότι: o(x 1 ax) < o(a) < Έστω o(x 1 ax) = n. Τότε (x 1 ax) n = e και από τη σχέση ( ) έχουμε a n = e. Συνεπώς Αν o(a) = m, δηλαδή a m = e, τότε από τη σχέση ( ) έχουμε (x 1 ax) m = e και άρα o(a) / n = o(x 1 ax) (1) o(x 1 ax) / m = o(a) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) συνεπάγεται ότι o(x 1 ax) = n = m = o(a). Όμοια δείχνουμε ότι o(a) = o(xax 1 ) και αν o(a) = τότε o(x 1 ax) = = o(a).

3 3 ab = x 1 h 1 x x 1 h 2 x = x 1 h 1 h 2 x x 1 Hx. a 1 = (x 1 h 1 x) 1 = x 1 h 1 1 (x 1 ) 1 = x 1 h 1 1 x x 1 Hx. Άρα για κάθε x G το σύνολο x 1 Hx είναι υποομάδα της G. Στη συνέχεια υπολογίζουμε τη τάξη της υποομάδας x 1 Hx. Θεωρούμε την απεικόνιση: f: H x 1 Hx, h f(h) = x 1 hx Ισχυριζόμαστε ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και επί. Έχουμε: 1-1: Έστω f(h 1 ) = f(h 2 ) για h 1, h 2 H. Τότε x 1 h 1 x = x 1 h 2 x = h 1 x = h 2 x = h 1 = h 2 = f: 1 1 Επί: Έστω x 1 hx x 1 Hx. Τότε υπάρχει το h H έτσι ώστε f(h) = x 1 hx. Άρα η απεικόνιση f είναι επί εξόρισμού. Επομένως: o(x 1 Hx) = o(h). Ασκηση 3. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων μιας κυκλικής ομάδας με τάξη: (α ) 5, (β ) 8, (γ ), (δ ) 60 Λύση. Έστω G μια κυκλική ομάδα τάξης n. Τότε γνωρίζουμε από τη Θεωρία ότι το πλήθος των γεννητόρων της G ισούται με φ(n) όπου φ είναι η συνάρτηση του Euler. Υπενθυμίζουμε ότι αν n = p a 1 1 p a 2 2 pa k k η πρωτογενής ανάλυση του αριθμού n N τότε φ(n) = (p a 1 1 p a ) (p a 2 2 pa ) (p a n n p a n 1 n ) = n(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) p 1 p 2 p k Έχουμε: (α ) φ(5) = = 4. (β ) φ(8) = φ(2 3 ) = ( ) = 4. (γ ) φ() = φ(3 2 2 ) = φ(3) φ(2 2 ) = ( ) ( ) = 2 2 = 4. (δ ) φ(60) = φ( ) = φ(2 2 ) φ(3) φ(5) = ( ) ( ) ( ) = = 16. Ασκηση 4. (1) Οι γεννήτορες της κυκλικής πολλαπλασιαστικής ομάδας U n όλων των n-στών ριζών της μονάδας στο C καλούνται πρωταρχικές n-οστές ρίζες της μονάδας. Βρείτε τις πρωταρχικές n-οστές ρίζες της μονάδας για n = 4, n = 17, n = 24, και n = 31. (2) Να ευρεθούν όλοι οι γεννήτορες των ομάδων (Z 10, +), (Z, +) και (Z 15, +). Λύση. (1) Έχουμε U n = { e 2πki n C 0 k n 1 } = e 2πi n Επομένως οι πρωταρχικές ρίζες της μονάδας είναι οι δυνάμεις του γεννήτορα (e 2πi n ) k = e 2πki n, 1 k n, για τις οποίες (k, n) = 1, δηλαδή οι πρωταρχικές n-οστές ρίζες της μονάδας είναι τα στοιχεία του συνόλου { e 2πki n C 1 k n & (k, n) = 1 } (1) Οι πρωταρχικές ρίζες της U 4 είναι 2 διότι φ(4) = φ(2 2 ) = 2. Έχουμε: U 4 = {z C z 4 = 1} = {i, 1, 1, i} = i = i και άρα οι πρωταρχικές ρίζες της U 4 είναι: i, i.

4 4 (2) Οι πρωταρχικές ρίζες της U 17 είναι 16 διότι φ(17) = 17 1 = 16. Επομένως θα έχουμε ότι οι όπρωταρχικές ρίζες είναι: {e 2πki n C k = 1, 2,, 16} (3) Οι πρωταρχικές ρίζες της U 24 είναι 8 διότι φ(24) = φ(2 8 3) = 8. Επομένως θα έχουμε ότι οι πρωταρχικές ρίζες είναι : {e 2πki n C k = 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23} (4) Οι πρωταρχικές ρίζες της U 31 είναι 30 διότι φ(31) = 31 1 = 30. Επομένως θα έχουμε ότι οι πρωταρχικές ρίζες είναι : {e 2πki n C k = 1, 2, 3,, 30} (2) Έχουμε Z n = { [0] n, [1] n,, [n 1] n = [1] n Επομένως οι γεννήτορες της Z n είναι σε πλήθος φ(n) και είναι τα φυσικά πολλαπλάσια του γεννήτορα k[1] n = [k] n, 1 k n, για τις οποίες (k, n) = 1, δηλαδή είναι τα στοιχεία του συνόλου { [κ]ν Z n 1 k n & (k, n) = 1 } (1) Για την (Z 10, +): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ(10) = 4, και είναι τα εξής: [1] 10, [3] 10, [7] 10, [9] 10 (2) Για την (Z, +): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ() = 4, και είναι τα εξής: [1], [5], [7], [11] (3) Για την (Z 15, +): Το πλήθος των γεννητόρων της είναι φ(15) = 8, και είναι τα εξής: [1] 15, [4] 15, [2], [7], [8], [11], [13] 15, [14] 15 Ασκηση 5. (1) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποομάδας [25] 30 της ομάδας (Z 30, +). (2) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποομάδας [30] 42 της ομάδας (Z 42, +). (3) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποομάδας i της ομάδας C των μη μηδενικών μιγαδικών αριθμών με πράξη τον πολλαπλασιασμό. (4) Βρείτε το πλήθος των στοιχείων της κυκλικής υποομάδας 1 + i της ομάδας C των μη μηδενικών μιγαδικών αριθμών με πράξη τον πολλαπλασιασμό. Λύση. (1) Έχουμε: [25] 30 = {k[25] 30 Z 30 k Z} = {[25] 30, [20] 30, [15] 30, [10] 30, [5] 30, [0] 30 } και άρα o([25] 30 ) = 6. Διαφορετικά χρησιμοποιώντας το γνωστό τύπο: θα έχουμε: o(a k ) = o([25] 30 ) = o(25 [1] 30 ) = o(a) (o(a), k) o([1]) (o([1]), 25) = 30 (30, 25) = 30 5 = 6 (2) Υπολογίζοντας τη κυκλική υποομάδα [30] 42 της ομάδας (Z 42, +) έχουμε: [30] 42 = {[30] 42, [18] 42, [6] 42, [] 42, [24] 42, [] 42, [0] 42 } = o([30] 42 ) = 7 ή χρησιμοποιώντας τον τύπο ( ) βρίσκουμε o([30] 42 ) = o(30 [1] 42 ) = o([1]) (o([1]), 30) = 42 (42, 30) = 42 6 = 7 ( )

5 5 (3) Έχουμε: i = {i, i 2, i 3, i 4, } = {i, 1, i, 1} = o( i ) = 4 (4) Έστω ότι o(1 + i) <. Τότε υπάρχει n 1 έτσι ώστε (1 + i) n = 1 και άρα 1 + i U n = {z C z n = 1} {z C z = 1} Δηλαδή το μέτρο του 1 + i είναι ένα. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού 1 + i = 2 1. Επομένως η τάξη του 1 + i C είναι o(1 + i) =. Ασκηση 6. Ποιες είναι οι δυνατές τάξεις για τις υποομάδες των επόμενων κυκλικών ομάδων; (α ) (Z 6, +), (β ) (Z 8, +), (γ ) (Z, +), (δ ) (Z 60, +), (ε ) (Z 17, +) Λύση. Υπενθυμίζουμε από τη Θεωρία ότι σε μια κυκλική ομάδα τάξης n υπάρχει μοναδική υποομάδα της για κάθε διαιρέτη του n με τάξη αυτόν τον διαιρέτη. Άρα έχουμε: (α ) Διαιρέτες του 6: 1, 2, 3, 6. Άρα η (Z 6, +) έχει 4 υποομάδες με δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 6. (β ) Διαιρέτες του 8: 1, 2, 4, 8. Άρα η (Z 8, +) έχει 4 υποομάδες με δυνατές τάξεις: 1, 2, 4, 6. (γ ) Διαιρέτες του : 1, 2, 3, 4, 6,. Άρα η (Z, +) έχει 6 υποομάδες με δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 4, 6,. (δ ) Διαιρέτες του 60: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10,, 15, 20, 30, 60. Άρα η (Z 60, +) έχει υποομάδες με δυνατές τάξεις: 1, 2, 3, 5, 6, 10,, 15, 20, 30, 60. (ε ) Διαιρέτες του 17: 1, 17. Άρα η (Z 17, +) έχει 2 υποομάδες με δυνατές τάξεις: 1, 17. Ασκηση 7. Βρείτε όλες τις υποομάδες των παρακάτω ομάδων και σχεδιάστε το διάγραμμα Hasse από τις υποομάδες τους. (α ) (Z, +), (β ) (Z, +), (γ ) (Z 8, +) Λύση. Έστω G = a με G = m. Υπενθυμ.ιζουμε ότι για κάθε διαιρέτη d m υπάρχει μοναδική υποομάδα H d G με τάξη H d = d και H d = a m (d,m) Άρα για να βρούμε όλες τις υποομάδες το μόνο που έχουμε να κάνουμε κάθε φορά είναι να βρίσκουμε όλους τους διαιρέτες της τάξης της ομάδας μας και να υπολογίζουμε όπως παραπάνω τις υποομάδες που λαμβάνουμε από αυτούς. (α ) Η τάξη της Z είναι και οι διαιρέτες του είναι οι αριθμοί: 1, 2, 3, 4, 6,. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο έξι υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] ): Η 1 = [1] (1,) = [1] 1 = [1] = [] = {[0]} Η 2 = [1] (2,) = [1] 2 =6 = 6 [1] = [6] = {[0], [6]} Η 3 = [1] (3,) = [1] 3 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4], [8]} Η 4 = [1] (4,) = [1] 4 =3 = 3 [1] = [3] = {[0], [3], [6], [9]} Η 6 = [1] (6,) = [1] 6 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6], [8], [10]} Η = [1] (,) = [1] =1 = [1] = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10], [11]} = Z

6 6 Συνεπώς το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z είναι το εξής: Z = [1] [2] [3] [4] [6] {[0]} (β ) Η τάξη της Z είναι και οι διαιρέτες του είναι οι αριθμοί: 1, 2, 3, 4, 6, 9,, 18. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο 8 υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] ): Η 1 = [1] (1,) = [1] 1 = [1] = [] = {[0]} Η 2 = [1] (2,) = [1] 2 =18 = 18 [1] = [18] = {[0], [18]} Η 3 = [1] (3,) = [1] 3 = = [1] = [] = {[0], [], [24]} Η 4 = [1] (4,) = [1] 4 =9 = 9 [1] = [9] = {[0], [9], [18], [27]} Η 6 = [1] (6,) = [1] 6 =6 = 6 [1] = [6] = {[0], [6], [], [18], [24], [30]} Η 9 = [1] (9,) = [1] 9 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4], [8], [], [16], [20], [24], [28], [32]} Η = [1] (,) = [1] =3 = 3 [1] = [3] = {[0], [3], [6], [9], [], [15], [18], [21], [24], [27], [30], [33]} Η 18 = [1] (18,) = [1] 18 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6], [8], [10], [], [14], [16], [18], [20], [22], [24], [26], [28], [30],[32], [34]} Συνεπώς το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z είναι το εξής: [4] [2] Z = [1] [3] [6] [9] [] [18] {[0]} (γ ) Η τάξη της Z 8 είναι 8 και οι διαιρέτες του 8 είναι οι αριθμοί: 1, 2, 4, 8. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο 4 υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] 8 ):

7 7 8 8 Η 1 = [1] (1,8) = [1] 1 =8 = 8 [1] = [8] = {[0]} 8 8 Η 2 = [1] (2,8) = [1] 2 =4 = 4 [1] = [4] = {[0], [4]} 8 8 Η 4 = [1] (4,8) = [1] 4 =2 = 2 [1] = [2] = {[0], [2], [4], [6]} 8 8 Η 8 = [1] (8,8) = [1] 8 =1 = 1 [1] = [1] = {[0], [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]} = Z 8 Άρα το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z 8 είναι το ακόλουθο: [1] = Z 8 [2] [4] {0} Ασκηση 8. Έστω G = { g 1 = e, g 2,, g n } μια πεπερασμένη αβελιανή ομάδα. (1) Δείξτε ότι: (α) (g 1 g 2 g n ) 2 = e και (β) g G: g n = e.² (2) Τι συμβαίνει αν η τάξη της G είναι περιττός αριθμός? Λύση. (1) (α) Γνωρίζουμε ότι για κάθε g G υπάρχει το αντίστροφο στοιχείο g 1 G. Επειδή η G είναι αβελιανή και g 1, g 2,, g n είναι όλα τα στοιχεία της G έπεται ότι στο γινόμενο g 1 g 2 g n θα μείνουν μόνα εκείνα τα στοιχεία g G έτσι ώστε g = g 1, καθώς τα υπόλοιπα εμφανίζονται ως γινόμενα ζευγών gg 1 = e τα οποία δεν συνεισφέρουν τίποτα στο γινόμεςνο g 1 g 2 g n. Άρα g 1 g 2 g n = h 1 h 2 h k όπου h i G και h i = h 1 i, δηλαδή ισοδύναμα h 2 i = e. Τότε όμως αφού η G είναι αβελιανή έχουμε (g 1 g 2 g n ) 2 = (h 1 h 2 h k ) 2 = h 2 1 h 2 2 h 2 k = ee e = e και άρα δείξαμε πράγματι ότι (g 1 g 2 g n ) 2 = e. (β) Έστω τυχόν στοιχείο g G. Τότε τα στοιχεία gg 1, gg 2,, gg n είναι διακεκριμένα διότι αν gg i = gg j, όπου i j, τότε θα έχουμε g 1 gg i = g 1 gg j και άρα g i = g j. Αυτό είναι άτοπο διότι g i g j αν i j. Επειδή το σύνολο G είναι πεπερασμένο, έπεται ότι: G = { } { } g 1, g 2,, g n = gg1, gg 2,, gg n Δηλαδή τα στοιχεία gg 1, gg 2,, gg n είναι τα στοιχεία g 1, g 2,, g n ενδεχομένως με διαφορετική σειρά. Χρησιμοποιώντας ότι η ομάδα G είναι αβελιανή και θέτοντας x = g 1 g 2 g n. θα έχουμε: x = g 1 g 2 g n = gg 1 gg 2 gg n = g g g g 1 g 2 g n = g n x απ όπου ο Νόμος Διαγραφής δίνει ότι: g n = e ²Θα δούμε αργότερα, με χρήση του Θεωρήματος Langrange, ότι g n = e για κάθε στοιχείο g σε μια πεπερασμένη ομάδα G, όχι απαραίτητα αβελιανή.

8 8 (2) Έστω ότι η τάξη της G είναι περιττός αριθμός. Αν το στοιχείο g 1 g 2 g n δεν είναι το ουδέτερο, δηλαδή g 1 g 2 g n e, τότε από το ερώτημα (1) έπεται ότι o(g 1 g 2 g n ) = 2. Επειδή όμως 2 o(g) έχουμε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς αν η τάξη o(g) είναι περιττός αριθμός τότε g 1 g 2 g n = e: o(g) : περιττός = g 1 g 2 g n = e Ασκηση 9. Έστω (G, ) μια πεπερασμένη ομάδα η οποία ικανοποιεί τη συνθήκη:³ Αν H, K είναι οποιεσδήποτε υποομάδες της G, τότε : είτε H K ή K H Να δειχθεί ότι η G είναι κυκλική ομάδα που η τάξη της ισούται με τη δύναμη ενός πρώτου αριθμού. Λύση. Αν G = {e}, τότε η G ικανοποιεί την δοσμένη συνθήκη και η G είναι προφανώς κυκλική τάξης 2 0 = 1. Έστω o(g) > 1, δηλαδή G {e}, και υποθέτουμε ότι η ομάδα G δεν είναι κυκλική. Έστω a 1 G με a 1 e. Τότε αφού η G δεν είναι κυκλική έπεται ότι a 1 G όπου a 1 είναι η κυκλική υποομάδα της G που παράγεται από το a 1. Άρα υπάρχει στοιχείο a 2 G\ a 1 και θεωρούμε την κυκλική υποομάδα a 2 της G. Από την υπόθεση έχουμε Όμως αφού a 2 / a 1 έπεται ότι a 1 a 2 ή a 2 a 1 a 2 a 1 = a 1 a 2 Επειδή η G δεν είναι κυκλική έχουμε ότι G a 2 και άρα υπάρχει στοιχείο a 3 G\ a 2. Τότε όπως παραπάνω έχουμε a 2 a 3 και a 3 = G Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία θα έχουμε μια αλυσίδα υποομάδων της G η οποία δεν σταματά: {e} a 1 a 2 a 3 G και άρα θα έχουμε άπειρο πλήθος διακεκριμμένων στοιχείων e, a 1, a 2, a 3, στην G. Έτσι όμως έχουμε καταλήξει σε άτοπο δίοτι η ομάδα G είναι πεπερασμένη. Άρα η ομάδα G είναι κυκλική. Έστω o(g) = n = p k 1 1 pk 2 2 pkr r, όπου p 1, p 2,, p r πρώτοι αριθμοί με p i p j για i j. Έστω r 2. Τότε υπάρχουν i, j με i j έτσι ώστε p i n και p j n. Επειδή η ομάδα G είναι κυκλική έπεται ότι υπάρχει υποομάδα H της G με τάξη H = p i και υποομάδα K της G με τάξη K = p j. Από την υπόθεση όμως έχουμε H K ή K H = p i p j ή p j p i το οποίο είναι άτοπο διότι p i p j. Επομένως r = 1 και άρα o(g) = n = p k όπου k 0 και p πρώτος. Συνεπώς δείξαμε ότι μια πεπερασμένη μονοσειριακή ομάδα είναι κυκλική που η τάξη της ισούται με τη δύναμη ενός πρώτου αριθμού. Ασκηση 10. Θεωρούμε την ομάδα (U(Z 20 ), ) των αντιστρέψιμων κλάσεων ισοδυναμίας των ακεραίων Z κατά μόδιο (mod) 20 με πράξη τον πολλαπλασιασμό των κλάσεων κατά μόδιο (mod) 20. Στην παρούσα Άσκηση [ ] συμβολίζει [ ] 20. ³μια τέτοια ομάδα καλείται μονοσειριακή (uniserial)

9 Λύση. (1) Να δειχθεί ότι U(Z 20 ) = { [1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19] } (2) Να δειχθεί ότι για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ) ισχύει u 8 = [1]. (3) Να λυθεί ως προς x εξίσωση [17] ( 108) x [7] 333 = [3] 1. και (1) Έχουμε: o ( U(Z 20 ) ) = φ(20) = φ(2 2 5) = φ(2 2 ) φ(5) = ( ) ( ) = 2 4 = 8 U(Z 20 ) = {1 k 20 (k, 20) = 1} = {[1], [3], [7], [9], [11], [13], [17], [19]} (2) Επειδή o ( U(Z 20 ) ) = 8 και η ομάδα U(Z 20 ) είναι αβελιανή, από τη Άσκηση 8, έπεται ότι u 8 = [1] για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ). (3) Επειδή u 8 = [1] για κάθε στοιχείο u U(Z 20 ) έχουμε ότι u 1 = u 7. Τότε έχουμε [17] ( 108) x [7] 333 = [3] ( 1) = x = [17] 108 [3] 1 [7] = x = [17] 108 [3] 7 ([7] 1 ) 333 = x = [17] 108 [3] 7 ([7] 7 ) 333 = x = [17] 108 [3] 7 ([7]) 2331 = x = [17] [3] 7 ([7]) = x = [17] 4 [3] 7 ([7]) 3 = x = [17] 2 [17] 2 [3] 2 [3] 2 [3] 3 [7] 3 = x = [9] [9] [9] [9] [27] [49] [7] = x = [81] [81] [27] [49] [7] mod 20 = x = [1] [1] [7] [9] [7] = [63] [7] = [3] [7] = [1] Ασκηση 11. Να δειχθεί ότι μια ομάδα η οποία διαθέτει ακριβώς δύο υποομάδες είναι κυκλική τάξης p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθμός. Λύση. Επειδή η τετριμμένη υποομάδα {e} και η ίδια η ομάδα G είναι υποομάδες της G, έπεται ότι οι μόνες υποομάδες της G είναι οι εξής: {e} και G. Αν G = {e}, τότε G = e = {e} και άρα η G έχει ακριβώς μια υποομάδα κάτι το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση. Άρα G {e}, και επομένως υπάρχει στοιχείο a G\{e}. Θεωρούμε την κυκλική υποομάδα a G η οποία παράγεται από το a. Επειδή a e έπεται ότι a = e και άρα G = a, δηλαδή η ομάδα G είναι κυκλική. Επιπλέον η τάξη της G είναι πεπερασμένη διότι αν o(g) = τότε η G θα ήταν άπειρη κυκλική και όπως γνωρίζουμε σ αυτήν την περίπτωση η G θα είχε άπειρες υποομάδες: a, a 2,, a n,

10 10 το οποίο είναι άτοπο. Άρα o(g) = o(a) = p <. Τέλος αν p = κ λ με κ 1 τότε γνωρίζουμε από τη Θεωρία⁴ ότι η G θα έχει γνήσια μη-τετριμμένη υποομάδα τάξης κ, το οποίο είναι άτοπο από υπόθεση. Άρα ο αριθμός p είναι πρώτος και επομένως η ομάδα G είναι κυκλική με τάξη p, όπου ο p είναι πρώτος αριθμός. Ασκηση. Έστω (G, ) μια ομάδα και a, b είναι δύο στοιχεία της με ab = ba. Αν οι τάξεις o(a), o(b) είναι πεπερασμένες και (o(a), o(b)) = 1, τότε η τάξη του στοιχείου ab ισούται με o(a) o(b): max{o(a), o(b)} < & (o(a), o(b)) = 1 & ab = ba = o(ab) = o(a) o(b) Λύση. Έστω o(a) = n, o(b) = m και o(ab) = k. Άρα a n = e, b m = e και επειδή ab = ba έπεται ότι (ab) nm = ab ab ab = a nm b nm = (a n ) m (b m ) n = e m e n = e = o(ab) = k nm = o(a)o(b) (1) Αφού o(ab) = k και ab = ba έχουμε (ab) k = e = a k b k = e = a k = b k = o(a k ) = o(b k ) = o(b k ) ( ) Τότε από τη σχέση ( ) έχουμε o(a k ) = o(a) o(a),k = o(b k ) = o(b) o(b),k = n (n,k) m (m,k) = n (n, k) = m (m, k) = n (m, k) = m (n, k) = n m (n, k) m n (m, k) (n,m)=1 = n (n, k) m (m, k) και άρα επειδή (n, m) = 1 έπεται ότι = n = (n, k) m = (m, k) Από τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι o(a)o(b) = o(ab)⁵. = n k m k o(a)o(b) = nm k = o(ab) (2) ⁴για κάθε διαιρέτη της τάξης μιας πεπερασμένης κυκλικής ομάδας, υπάρχει μοναδική υποομάδα με τάξη τον διαιρέτη. ⁵Δ : Όπως και πριν έχουμε ότι (ab) nm = e. Θα δείξουμε ότι ο αριθμός nm είναι η τάξη του ab δείχνοντας ότι είναι ο μικρότερος φυσικός k με την ιδιότητα (ab) k = e. Αν λοιπόν υπάρχει τέτοιο k θα έχουμε όπως και πριν ότι a k = b k. Τότε b b k = a k a, και άρα a k = b k a b. Όμως η ομάδα a b ως υποομάδα της a και υποομάδα της b θα είναι κυκλική με τάξη έναν διαιρέτη της o(a) = a και έναν διαιρέτη της o(b) = b. Επειδή (o(a), o(b)) = 1, έπεται ότι η τάξη της a b θα είναι 1 και άρα a k = e = b k. Τότε n = o(a) k και m = o(b 1 ) = o(b) k, και επομένως επειδή (n, m) = 1, θα έχουμε nm k, δηλαδή nm k. Επομένως o(ab) = nm = o(a)o(b).

11 Ασκηση 13. Έστω (G, ) μια ομάδα και H, K δύο κυκλικές υποομάδες της G. (1) Αν η G είναι αβελιανή και H = 10 και K = 14, να δειχθεί ότι η G διαθέτει μια υποομάδα L τάξης L = 70. (2) Αν H = 14 και K = 15, να περιγραφεί η υποομάδα H K. Λύση. (1) Παρατηρούμε ότι αφού η H είναι κυκλική τάξης 10, για κάθε διαιρέτη d τού 10 θα διαθέτει ένα στοιχείο με τάξη d. Έτσι επειδή 5 10, υπάρχει στοιχείο a H με τάξη 5, δηλαδή o(a) = 5. Η K είναι κυκλική τάξης 14 και γι αυτό οποιοσδήποτε γεννήτοράς της έχει τάξη 14. Ας είναι b K ένας γεννήτορας τής K, τότε o(b) = 14. Τα συγκεκριμένα στοιχεία a, b είναι και στοιχεία της G, αφού H G και K G. Αλλά η G είναι αβελιανή ομάδα και γι αυτό ab = ba. Επιπλέον, για τον μέγιστο κοινό διαιρέτη των τάξεών τους είναι (o(a), o(b)) = (5, 14) = 1. Γι αυτό σύμφωνα με την Άσκηση?? έπεται o(ab) = o(a)o(b) = 5 14 = 70. (2) Η H K είναι υποομάδα τής κυκλικής υποομάδας H, η οποία έχει τάξη 14, άρα η τάξη τής H K είναι ένας διαιρέτης τού 14. Η H K είναι υποομάδα τής κυκλικής υποομάδας K, η οποία έχει τάξη 15, άρα η τάξη τής H K είναι ένας διαιρέτης τού 15. Ώστε η τάξη τής H K κοινός διαιρέτης των αριθμών 14 και 15. Όμως o Μ.Κ.Δ. (14, 15) = 1. Επομένως, o(h K) = 1. Αυτό σημαίνει ότι H K = {e}. 11 Ασκηση 14. (1) Έστω G μια κυκλική ομάδα τάξης n. Για κάθε διαιρέτη m n, να προσδιορισθεί το πλήθος των στοιχείων της G με τάξη m. (2) Δείξτε ότι, με εξαίρεση δύο, όλες οι κυκλικές ομάδες έχουν άρτιο πλήθος γεννητόρων. Λύση. (1) Έστω m n. Τότε επειδή η ομάδα G είναι κυκλική έπεται ότι υπάρχει μοναδική υποομάδα H G με o(h) = m. Τα στοιχεία της H τα οποία την παράγουν έχουν τάξη m, δηλαδή αν H = x και o(x) = m τότε για κάθε y H έχουμε: y = x = H o(y) = m Γνωρίζουμε όμως από τη Θεωρία ότι τέτοια στοιχεία είναι ακριβώς φ(m) σε πλήθος. Επίσης αν z G είναι ένα άλλο στοιχείο με o(z) = m τότε λόγω μοναδικότητας έχουμε ότι z = H. Επομένως για κάθε διαιρέτη m n το πλήθος των στοιχείων της G τάξης m ισούται με φ(m). (2) Έστω G μια κυκλική ομάδα. Άν η G είναι άπειρη κυκλική, τότε γνωρίζουμε ότι η G έχει ακριβώς δύο γεννήτορες. Έστω ότι η G είναι πεπερασμένη κυκλική. Αν G = 1, δηλαδή G = {e} = e, τότε η G έχει ακριβώς έναν γεννήτορα. Αν G = 2, τότε G = {e, a} = a = a 1 και επειδή a = a 1, έπεται ότι η G έχει ακριβώς έναν γεννήτορα. Αν η G είναι πεπερασμένη κυκλική με τάξη G = n 3, τότε προφανώς κανένας γεννήτορας a της G δεν ικανοποιεί την σχέση a = a 1 (διότι διαφορετικά a 2 = e και τότε G = {e, a} και G 2 το οποίο είναι άτοπο). Επειδή a είναι γεννήτορας της G αν και μόνον αν a 1 είναι γεννήτορας της G, οι γεννήτορες της G εμφανίζονται ως ζεύγη {a, a 1 } και a a 1. Αυτό όμως σημαίνει ότι το πλήθος τους είναι άρτιος αριθμός. ⁶ Ασκηση 15. (1) Έστω p και q πρώτοι αριθμοί. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων της κυκλικής ομάδας Z pq καθώς και το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της. (2) Έστω p ένας πρώτος αριθμός. Βρείτε το πλήθος των γεννητόρων της κυκλικής ομάδας Z p r, όπου r 1, καθώς και το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της. Λύση. (1) Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. ⁶Είναι γνωστό από την Θεωρία Αριθμών ότι ο αριθμός φ(n) είναι άρτιος αν n 3. Η παραπάνω απόδειξη δίνει μια ομαδο-θεωρητική απόδειξη αυτού του ισχυρισμού: Έστω n 3. Θεωρούμε την κυκλική ομάδα (Z n, +) της οποίας το πλήθος των γεννητόρων είναι, όπως γνωρίζουμε, φ(n). Άρα σύμφωνα με τη Άσκηση 14(2) ο αριθμός φ(n) είναι άρτιος.

12 (αʹ) Υποθέτουμε ότι p q. Τότε (p, q) = 1, Το πλήθος φ(pq) των γεννητόρων της Z pq θα είναι φ(pq) = φ(p) φ(q) = (p 1 p 0 ) (q 1 q 0 ) = (p 1) (q 1) Η τάξη της Z pq είναι pq και οι διαιρέτες του pq είναι οι αριθμοί: 1, p, q, pq. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο 4 υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] pq ): pq pq Η 1 = [1] (1,pq) = [1] 1 = pq [1] = [pq] = [0] τάξης 1. pq pq Η p = [1] (p,pq) = [1] p =q = q [1] = [q] τάξης p. pq pq Η q = [1] (q,pq) = [1] q =p = p [1] = [p] τάξης q. pq pq Η pq = [1] (pq,pq) = [1] pq =1 = [1] = {[0], [1], [2],, [pq 1]} = Z pq τάξης pq. Συνεπώς το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z pq είναι το εξής: Z pq [p] [q] [0] (βʹ) Υποθέτουμε ότι p = q. Τότε το πλήθος φ(p 2 ) των γεννητόρων της Z p 2 φ(p 2 ) = (p 2 p 1 ) = p (p 1) θα είναι Η τάξη της Z p 2 είναι p 2 και οι διαιρέτες του p 2 είναι οι αριθμοί: 1, p, p 2. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο 3 υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] p 2): p 2 Η 1 = [1] (1,p 2 p ) = [1] 2 1 = p 2 [1] = [p 2 ] = [0] τάξης 1. p 2 Η p = [1] (p,p 2 p ) = [1] 2 p =p = p [1] = [p] τάξης p. p 2 p 2 Η p 2 = [1] (p 2,p 2 ) = [1] p 2 =1 = [1] = {[0], [1], [2],, [p 2 1]} = Z p 2 τάξης p 2. Συνεπώς το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z p 2 είναι το εξής: Z p 2 [p] [0] (2) Το πλήθος των γεννητόρων της Z p r είναι φ(p r ) = (p r p r 1 ) = p r 1 (p 1)

13 Η τάξη της Z p r είναι p r και οι διαιρέτες του p r είναι οι αριθμοί: 1, p, p 2,, p r. Συνεπώς θα βρούμε στο σύνολο r + 1 υποομάδες. Έχουμε (εδώ [ ] συμβολίζει [ ] p r): p r Η 1 = [1] (1,p r p ) = [1] r 1 = p r [1] = [p r ] = [0]. p r Η p = [1] (p,p r p ) = [1] r p =pr 1 = p r 1 [1] = [p r 1 ]. p r p r Η p 2 = [1] (p 2,p r ) = [1] p 2 =pr 2 = p r 2 [1] = [p r 2 ]. p r p r Η p r 1 = [1] (p r 1,p r ) = [1] p r 1 =p = p [1] = [p]. p r H p r = [1] (p r,p r p ) = [1] r p r =1 = [1] = Z p r. Τότε το διάγραμμα Hasse των υποομάδων της Z pq είναι το εξής: Z p r 13 [p] [p 2 ]. [p r 2 ] [p r 1 ] [0] Ασκηση 16. (1) Να δειχθεί ότι ότι η ομάδα (Q, +) των ρητών αριθμών με πράξη την συνήθη πρόσθεση δεν είναι κυκλική ομάδα. (2) Να δειχθεί ότι η ομάδα των πραγματικών αριθμών (R, +) με πράξη την συνήθη πρόσθεση δεν είναι κυκλική ομάδα. Λύση. (1) Έστω ότι η ομάδα (Q, +) είναι κυκλική. Τότε υπάρχει ρητός p q Q έτσι ώστε Q = p q Όμως τότε p 2q Q = p 2q p q

14 14 και άρα υπάρχει n Z έτσι ώστε p 2q = n p = p q 2 = np = p( 1 2 n) = 0 = p = 0 ή n = 1 2 Σε κάθε περίπτωση όμως έχουμε καταλήξει σε άτοπο διότι n Z και αν p = 0 τότε προφανώς Q = {0}. Επομένως η ομάδα (Q, +) δεν είναι κυκλική. (2) Από τη Θεωρία γνωρίζουμε ότι κάθε υποομάδα μιας κυκλικής ομάδας είναι κυκλική. Επειδή (Q, +) (R, +), αν η ομάδα (R, +) είναι κυκλική τότε θα είχαμε ότι και η ομάδα (Q, +) είναι κυκλική, το οποίο είναι άτοπο από το (1). Επομένως η ομάδα (R, +) δεν είναι κυκλική. Ασκηση 17. Σημειώστε αν είναι σωστό (Σ) ή λάθος (Λ). (1) Κάθε κυκλική ομάδα είναι αβελιανή. (2) Κάθε αβελιανή ομάδα είναι κυκλική (3) Κάθε στοιχείο μιας κυκλικής ομάδας παράγει την ομάδα. (4) Για κάθε n N, υπάρχει τουλάχιστον μια αβελιανή ομάδα με τάξη n. (5) Κάθε ομάδα τάξης 4 είναι κυκλική. (6) Για κάθε στοιχείο [a] 20 της Z 20 που είναι γεννήτορας, υπάρχει ένα στοιχείο b [a] 20, το οποίο είναι πρώτος αριθμός. (7) Η S 3 είναι κυκλική ομάδα. (8) Όλες οι υποομάδες της S 3 είναι κυκλικές. (9) Κάθε κυκλική ομάδα τάξης > 2 έχει τουλάχιστον δυο διαφορετικούς γεννήτορες. Λύση. (1) Σ, βλέπε Άσκηση 10 στο Φυλλάδιο 3. (2) Λ, για παράδειγμα η ομάδα V 4 του Klein είναι αβελιανή αλλά όχι κυκλική. (3) Λ, για παράδειγμα στην Z 4 έχουμε ότι Z 4 = [1] = [3]. (4) Σ, διότι η Z n με n > 0 είναι πεπερασμένη αβελιανή τάξης n. (5) Λ, η ομάδα V 4 του Klein έχει τάξη 4 και δεν είναι κυκλική. (6) Σ. Οι γεννήτορες της Z 20 είναι σε πλήθος φ(20) = 8 και είναι οι εξής: Z 20 = [1] = [3] = [7] = [9] = [11] = [13] = [17] = [19] Όλοι οι αντιπρόσωποι είναι πρώτοι αριθμοί εκτός από τους [1], [9]. Τότε έχουμε ότι 29 [9] 20 και 41 [1] 20, όπου οι αριθμοί 29 και 41 είναι πρώτοι αριθμοί. (7) Λ, διότι κανένα από τα στοιχεία της S 3 δεν παράγει ολόκληρη την ομάδα. (8) Σ, διότι όπως μπορούμε να υπολογίσουμε εύκολα όλες οι υποομάδες της S 3 ε χουν τάξη 3 και άρα είναι κυκλικές. A 3 = ρ 1 = ρ 2. (9) Σ. Έστω G = a κυκλική τάξης n > 2 και ας υποθέσουμε ότι η G έχει μόνο έναν γεννήτορα, το στοιχείο a. Τότε και το a 1 είναι γεννήτορας και G = a = a 1. Άρα από την υπόθεση που κάναμε έχουμε: a = a 1 = a 2 = e και άρα G = {e, a}, δηλαδή η ομάδα G έχει τάξη 2. Αυτό όμως είναι άτοπο από την υπόθεση μας. Άρα κάθε κυκλική ομάδα τάξης > 2 έχει τουλάχιστον δυο διαφορετικούς γεννήτορες. Ασκηση 18. Στις παρακάτω προτάσεις, δώστε παράδειγμα ομάδας με την ιδιότητα που περιγράφεται ή εξηγήστε γιατί δεν υπάρχει τέτοιο παράδειγμα. (1) Μια πεπερασμένη ομάδα η οποία δεν είναι κυκλική. (2) Μια άπειρη ομάδα η οποία δεν είναι κυκλική. (3) Μια κυκλική ομάδα η οποία έχει μόνο έναν γεννήτορα. (4) Μια άπειρη κυκλική ομάδα η οποία έχει τέσσερις γεννήτορες.

15 (5) Μια πεπερασμένη κυκλική ομάδα η οποία έχει τέσσερις γεννήτορες. Λύση. (1) Η ομάδα V 4 του Klein ( Z 2 Z 2 ) είναι μια πεπερασμένη ομάδα που δεν είναι κυκλική. (2) Από την Άσκηση 14 έχουμε ότι η προσθετική ομάδα (Q, +) των ρητών είναι μια άπειρη ομάδα που δεν είναι κυκλική. (3) Η ομάδα Z 2 = {[0], [1]} = [1] είναι μια κυκλική ομάδα που έχει μόνο έναν γεννήτορα. (4) Δεν υπάρχει παράδειγμα άπειρης κυκλικής ομάδας με τέσσερις γεννήτορες διότι κάθε άπειρη κυκλική έχει ακριβώς 2 γεννήτορες. (5) Ψάχνουμε παραδείγματα πεπερασμένων κυκλικών ομάδων που έχουν τέσσερις γεννήτορες. Δηλαδή θέλουμε ομάδες της μορφής Z n με φ(n) = 4. Για παράδειγμα: (αʹ) Η ομάδα Z 5 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(5) = 4. (βʹ) Η ομάδα Z 8 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(8) = 4. (γʹ) Η ομάδα Z 90 έχει τέσσερις γεννήτορες αφού φ(90) = 4. Όμοια μπορείτε να βρείτε και άλλα παραδείγματα. 15 Ασκηση 19. Δείξτε ότι μια ομάδα η οποία έχει πεπερασμένο πλήθος υποομάδων είναι πεπερασμένη ομάδα. Λύση. Έστω G μια ομάδα η οποία έχει πεπερασμένο πλήθος υποομάδων. Τότε για κάθε a G θεωρούμε τη κυκλική υποομάδα a η οποία παράγεται από το a. Ισχυριζόμαστε ότι η υποομάδα a είναι πεπερασμένη. Πράγματι αν η a είναι άπειρη τότε η a άρα και η G έχουν άπειρο πλήθος υποομάδων, τις a i, i 0. Αυτό όμως είναι άτοπο από την υπόθεση μας και άρα o( a ) <. Όμως G = {a} = a G a G a δηλαδή η G είναι ένωση των κυκλικών υποομάδων της. Από την υπόθεση μας γνωρίζουμε ότι η G έχει πεπερασμένες πολλές υποομάδες και άρα η G έχει πεπερασμένες πολλές κυκλικές υποομάδες. Επειδή κάθε κυκλική υποομάδα a είναι πεπερασμένη έπεται από τη παραπάνω σχέση ότι η ομάδα G είναι πεπερασμένη. Ασκηση 20. Για κάθε a, b, c R θεωρούμε το σύνολο H = { D(a, b, c) M 3 3 a, b, c R } 1 a b, όπου D(a, b, c) = 0 1 c Να δείξετε ότι το υποσύνολο H είναι μια υποομάδα της ειδικής γραμμικής ομάδας SL 3 (R) και ακολούθως να βρεθούν όλα τα στοιχεία πεπερασμένης τάξης στην H. Λύση. Παρατηρούμε ότι το σύνολο H δεν είναι κενό αφού περιέχει τον μοναδιαίο 3 3 πίνακα: D(0, 0, 0) = = I 3 H Επίσης επειδή DetD(a, b, c) = 1, έπεται ότι H SL 3 (R). Θεωρούμε τους πίνακες D(a, b, c) = 1 a b 0 1 c & D(e, f, g) = 1 e f 0 1 g

16 16 στο H. Ο αντίστροφος τού D(e, f, g) είναι ο πίνακας 1 e f + eg D(e, f, g) 1 = 0 1 g = D(e, f + eg, g) Η και το γινόμενο πινάκων D(a, b, c) D(e, f, g) 1 είναι ο πίνακας 1 a e b f ag + eg D(a, b, c) D(e, f, g) 1 = D(a, b, c) D(e, f + eg, g) = 0 1 c g = = D(a e, b f ag + eg, c g) H Επομένως, η H είναι υποομάδα τής SL 3 (R, αφού H και αφού D(a, b, c), D(e, f, g) H δίνει ότι D(a, b, c) D(e, f, g) 1 = D(a e, b f ag + eg, c g) H. Τώρα θα δείξουμε με επαγωγή ως προς n N ότι η n οστή φυσική δύναμη τού D(a, b, c) ισούται με τον πίνακα 1 na nb + ρ(n)ac D(a, b, c) n = 0 1 nc (*) όπου ο συντελεστής ρ(n) τού ac είναι μια συνάρτηση τού n η οποία ικανοποιεί τον αναδρομικό τύπο ρ(1) = 0 και για n 2, ρ(n) = ρ(n 1) + n a 1b + 0ac Ο ισχυρισμός είναι αληθής για k = 1, αφού D(a, b, c) = 0 1 1c. Έστω ότι είναι αληθής για k = n θα τον δείξουμε για k = n + 1. Αφού είναι αληθής για k = n έχουμε: 1 na nb + ρ(n)ac D(a, b, c) n = 0 1 nc, ρ(n) = ρ(n 1) + n 1 Τώρα είναι 1 na nb + ρ(n)ac 1 a b D(a, b, c) n+1 = D(a, b, c) n D(a, b, c) = 0 1 nc 0 1 c = 1 a + na b + nac + nbρ(n)ac 1 (n + 1)a (n + 1)b + (ρ(n) + n)ac = 0 1 c + nc = 0 1 (n + 1)c όπου τώρα ο συντελεστής ρ(n + 1) τού ac τής (n + 1) δύναμης τού D(a, b, c) ισούται με ρ(n) + n. Αν λοιπόν κάποιο D(a, b, c) είναι πεπερασμένης τάξης, τότε υπάρχει φυσικός n με D(a, b, c) n ίσο με το ταυτοτικό στοιχείο τής H, δηλαδή ίσο με τον μοναδιαίο 3 3 πίνακα D(0, 0, 0) = I n. Όμως από τον τύπο για την n οστή δύναμη τού D(a, b, c) διαπιστώνουμε ότι για να είναι ο D(a, b, c) n ίσος με τον D(0, 0, 0), πρέπει na = 0 και nc = 0, δηλαδή a = c = 0. Επίσης πρέπει το στοιχείο τής συνιστώσας (1, 3) τού D(a, b, c) n, δηλαδή το nb + ρ(n)ac να ισούται με μηδέν. Αλλά a = c = 0 και γι αυτό από nb + ρ(n)ac = nb = 0, έπεται ότι b = 0. Ώστε, D(a, b, c) = D(0, 0, 0) = I n. Συνοψίζουμε: το μοναδικό στοιχείο τής H πεπερασμένης τάξης είναι το ταυτοτικό.

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 16 & Τετάρτη 21 Νοεµβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 & K =

Α Δ Ι. Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 & K = Α Δ Ι Α - Φ 5 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι Ε Υ Μ. Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης

Α Δ Ι Ε Υ Μ. Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Α Δ Ι Ε Υ Μ Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 28 Ι 2014 Το παρόν κείμενο

Διαβάστε περισσότερα

Παρασκευή 6 Δεκεμβρίου 2013

Παρασκευή 6 Δεκεμβρίου 2013 Α Δ Ι Α - Φ 6 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi20/asi20.html, https://sites.google.com/site/mathsedu/home/algdom Παρασκευή 6 Δεκεμβρίου 20

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Τάξη στοιχείων και Οµάδων - Κυκλικές (Υπο-)Οµάδες Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 222 3.1. ύναµη

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 13 Δεκεμβρίου 2013

Α Δ Ι. Παρασκευή 13 Δεκεμβρίου 2013 Α Δ Ι Α - Φ 7 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 13 Δεκεμβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Θεωρία Sylow. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Θεωρία Sylow. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Θεωρία Sylow Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 2 Θεωρία Sylow 21 Τα Θεωρήματα Sylow Ορισμός 211 Μια ομάδα (G, ) τάξης p α, όπου

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 236 5. Ταξινόµηση

Διαβάστε περισσότερα

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n 236 5. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες, τις υποοµάδες τους, και τους γεννήτο- ϱές τους. Οι ταξινοµήσεις αυτές ϑα ϐασιστούν στην

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 12 Ιανουαρίου 2017 Ασκηση 1. Εστω

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Αλγεβρικες οµες Ι. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Αλγεβρικες οµες Ι Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html 22

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Υποοµάδες και το Θεώρηµα του Lagrange Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 210 2. Υποοµάδες και το Θεώρηµα

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Φυλ. Ασκ. 5, Θεωρία Ομάδων Ασκήσεις στα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων, Θεώρημα Jordan Hölder, Συνθετικές και Κυρίαρχες Σειρές, Επιλύσιμες Ομάδες

Φυλ. Ασκ. 5, Θεωρία Ομάδων Ασκήσεις στα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων, Θεώρημα Jordan Hölder, Συνθετικές και Κυρίαρχες Σειρές, Επιλύσιμες Ομάδες Φυλ. Ασκ. 5, Θεωρία Ομάδων Ασκήσεις στα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων, Θεώρημα Jordan Hölder, Συνθετικές και Κυρίαρχες Σειρές, Επιλύσιμες Ομάδες Εσωτερικά και Εξωτερικά ευθέα Γινόμενα Α 1. Έστω η κυκλική ομάδα

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 20 Δεκεμβρίου GL n (R) / SL n (R)

Α Δ Ι. Παρασκευή 20 Δεκεμβρίου GL n (R) / SL n (R) Α Δ Ι Α - Φ 8 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 20 Δεκεμβρίου

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Burnside

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Burnside ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Bursde a b Θα αποδείξουμε εδώ ότι κάθε ομάδα τάξης pq ( p, q πρώτοι) είναι επιλύσιμη Το θεώρημα αυτό αποδείχτηκε από τον Bursde το 904 ο οποίος χρησιμοποίησε τη νέα

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1 Πρότυπα. Στο κεφάλαιο αυτό εισάγουμε την έννοια του προτύπου πάνω από δακτύλιο.

Κεφάλαιο 1 Πρότυπα. Στο κεφάλαιο αυτό εισάγουμε την έννοια του προτύπου πάνω από δακτύλιο. Κεφάλαιο Πρότυπα Στο κεφάλαιο αυτό εισάγουμε την έννοια του προτύπου πάνω από δακτύλιο Ορισμοί και Παραδείγματα Παραδοχές Στo βιβλίο αυτό θα κάνουμε τις εξής παραδοχές Χρησιμοποιούμε προσθετικό συμβολισμό

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 25 Οκτωβρίου Ασκηση 1. Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών R ορίζουμε μια σχέση R R R ως εξής:

Α Δ Ι. Παρασκευή 25 Οκτωβρίου Ασκηση 1. Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών R ορίζουμε μια σχέση R R R ως εξής: Α Δ Ι Α - Φ 1 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 25 Οκτωβρίου 2013 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Επανάληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015b/nt015b.html Πέµπτη 1 Ιανουαρίου 016 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Ενότητα 11: Αριθμητική υπολοίπων-δυνάμεις Στεφανίδης Γεώργιος Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Οι Οµάδες τάξης pq, p, q: πρώτοι αριθµοί Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 246 6. Οι Οµάδες τάξης

Διαβάστε περισσότερα

Δακτύλιοι και Πρότυπα Ασκήσεις 6. Η ύλη των ασκήσεων αυτών είναι η Ενότητα6, Εφαρμογές Θεωρημάτων Δομής στη Γραμμική Αλγεβρα.

Δακτύλιοι και Πρότυπα Ασκήσεις 6. Η ύλη των ασκήσεων αυτών είναι η Ενότητα6, Εφαρμογές Θεωρημάτων Δομής στη Γραμμική Αλγεβρα. Δακτύλιοι και Πρότυπα 0-7 Ασκήσεις Η ύλη των ασκήσεων αυτών είναι η Ενότητα, Εφαρμογές Θεωρημάτων Δομής στη Γραμμική Αλγεβρα Βρείτε τη ρητή κανονική μορφή και μια κανονική μορφή Jorda του M( ) 0 0 Έστω

Διαβάστε περισσότερα

Φ(s(n)) = s (Φ(n)). (i) Φ(1) = a.

Φ(s(n)) = s (Φ(n)). (i) Φ(1) = a. 1. Τα θεμελιώδη αριθμητικά συστήματα Με τον όρο θεμελιώδη αριθμητικά συστήματα εννοούμε τα σύνολα N των φυσικών αριθμών, Z των ακεραίων, Q των ρητών και R των πραγματικών. Από αυτά, το σύνολο N είναι πρωτογενές

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα: Δακτύλιοι, Ακέραιες Περιοχές, Σώματα. Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος

Ενότητα: Δακτύλιοι, Ακέραιες Περιοχές, Σώματα. Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές ΙΙ Ενότητα: Δακτύλιοι, Ακέραιες Περιοχές, Σώματα Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 1 Προκαταρκτικές Έννοιες 1.1 Δακτύλιοι,

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι Θ Θ Α Ε Ι Μ : https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Α Δ Ι Θ Θ Α Ε Ι Μ :  https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Α Δ Ι Θ Θ Α Ε 2013-2014 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 12 Μαρτίου 2014 19:26

Διαβάστε περισσότερα

β) 3 n < n!, n > 6 i i! = (n + 1)! 1, n 1 i=1

β) 3 n < n!, n > 6 i i! = (n + 1)! 1, n 1 i=1 Κεφάλαιο 2: Στοιχεία Λογικής - Μέθοδοι Απόδειξης 1. Να αποδειχθεί ότι οι λογικοί τύποι: (p ( (( p) q))) (p q) και p είναι λογικά ισοδύναμοι. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: (p ( (( p) q))) (p q) p, ή με άλλα

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη Μαΐου 013 Ασκηση 1. Βρείτε τις τάξεις των

Διαβάστε περισσότερα

(a + b) + c = a + (b + c), (ab)c = a(bc) a + b = b + a, ab = ba. a(b + c) = ab + ac

(a + b) + c = a + (b + c), (ab)c = a(bc) a + b = b + a, ab = ba. a(b + c) = ab + ac Σημειώσεις μαθήματος Μ1212 Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Χρήστος Κουρουνιώτης ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ 2014 Κεφάλαιο 1 Διανυσματικοί Χώροι Στο εισαγωγικό μάθημα Γραμμικής Άλγεβρας ξεκινήσαμε μελετώντας

Διαβάστε περισσότερα

Αριθμοθεωρητικοί Αλγόριθμοι

Αριθμοθεωρητικοί Αλγόριθμοι Αλγόριθμοι που επεξεργάζονται μεγάλους ακέραιους αριθμούς Μέγεθος εισόδου: Αριθμός bits που απαιτούνται για την αναπαράσταση των ακεραίων. Έστω ότι ένας αλγόριθμος λαμβάνει ως είσοδο έναν ακέραιο Ο αλγόριθμος

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: Πρότυπα. x y x z για κάθε x, y, R με την ιδιότητα 1R. x για κάθε x R, iii) υπάρχει στοιχείο 1 R. ii) ( x y) z x ( y z)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: Πρότυπα. x y x z για κάθε x, y, R με την ιδιότητα 1R. x για κάθε x R, iii) υπάρχει στοιχείο 1 R. ii) ( x y) z x ( y z) ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: Πρότυπα Στο κεφάλαιο αυτό θα υπενθυμίσουμε τις βασικές έννοιες που αφορούν πρότυπα πάνω από ένα δακτύλιο Θα περιοριστούμε στα πλέον απαραίτητα για αυτά που ακολουθούν στα άλλα κεφάλαια Η κατευθυντήρια

Διαβάστε περισσότερα

7. Αν υψώσουμε και τα δύο μέλη μιας εξίσωσης στον κύβο (και γενικά σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη), τότε προκύπτει

7. Αν υψώσουμε και τα δύο μέλη μιας εξίσωσης στον κύβο (και γενικά σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη), τότε προκύπτει 8 7y = 4 y + y ( 8 7y) = ( 4 y + y) ( y) + 4 y y 4 y = 4 y y 8 7y = 4 y + ( 4 y) = ( 4 y y) ( 4 y) = 4( 4 y)( y) ( 4 y) 4( 4 y)( y) = 0 ( 4 y) [ 4 y 4( y) ] = 4 ( 4 y)( y + 4) = 0 y = ή y = 4) 0 4 H y

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Επιλύσιμες Ομάδες. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Επιλύσιμες Ομάδες. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Επιλύσιμες Ομάδες Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 4 Επιλύσιμες Ομάδες 41 Προκαταρκτικές Έννοιες 411 Ορισμός και Παραδείγματα

Διαβάστε περισσότερα

Η οµή των Κυκλικών Οµάδων

Η οµή των Κυκλικών Οµάδων Κεφάλαιο 4 Η οµή των Κυκλικών Οµάδων Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε την κλάση των κυκλικών οµάδων, η οποία είναι η απλούστερη µη τετριµµένη κλάση οµάδων. Ιδιαίτερα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι. Θεωρητικα Θεµατα

Αλγεβρικες οµες Ι. Θεωρητικα Θεµατα Αλγεβρικες οµες Ι Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html 4 εκεµβρίου 2012

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Κωνσταντίνου Ελισάβετ ekonstantinou@aegean.gr http://www.icsd.aegean.gr/ekonstantinou Ασύμμετρα Κρυπτοσυστήματα κλειδί κρυπτογράφησης k1 Αρχικό κείμενο (m) (δημόσιο κλειδί) Αλγόριθμος

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Επεκτάσεις Ομάδων. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Επεκτάσεις Ομάδων. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Επεκτάσεις Ομάδων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 6 Επεκτάσεις Ομάδων 6.1 Προκαταρκτικές Έννοιες Σύμφωνα με το Θεώρημα 4.2.4

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος

Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές ΙΙ Ενότητα: Ιδεώδη και Περιοχές κυρίων Ιδεωδών Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος Τμήμα: Μαθηματικών 13 Ι Π Ι Για το σύμβολο δεχόμαστε ότι n N {0},

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Αʹ. Στοιχεία από την Άλγεβρα

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Αʹ. Στοιχεία από την Άλγεβρα ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Αʹ Στοιχεία από την Άλγεβρα Στο Παράρτημα αυτό, το οποίο παρατίθεται για να συμβάλει στην αυτοδυναμία του βιβλίου, ο αναγνώστης θα μπορεί να προστρέχει για αρωγή σε έννοιες και αποτελέσματα που

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Ευθέα Γινόμενα Ομάδων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 3 Ευθέα Γινόμενα Ομάδων Για την περαιτέρω ανάπτυξη τής θεωρίας θα χρειαστούμε

Διαβάστε περισσότερα

Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ. Ορισµός 2 A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ. Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E.

Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ. Ορισµός 2 A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ. Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E. Ι. ΠΡΑΞΕΙΣ A. ΕΣΩΤΕΡΙΚΗ ΠΡΑΞΗ Ορισµός Έστω E ένα µη κενό σύνολο. Κάθε απεικόνιση f: E x E E λέγεται εσωτερική πράξη επί του E. Παραδείγµατα:. Η ισότητα x y = x y είναι µια πράξη επί του *. 2. Η ισότητα

Διαβάστε περισσότερα

Πεπερασμένα σώματα και Κρυπτογραφία Σύμφωνα με τις παραδόσεις του Α. Κοντογεώργη. Τσουκνίδας Ι.

Πεπερασμένα σώματα και Κρυπτογραφία Σύμφωνα με τις παραδόσεις του Α. Κοντογεώργη. Τσουκνίδας Ι. Πεπερασμένα σώματα και Κρυπτογραφία Σύμφωνα με τις παραδόσεις του Α. Κοντογεώργη Τσουκνίδας Ι. 2 Περιεχόμενα 1 Εισαγωγή στα πεπερασμένα σώματα 5 1.1 Μάθημα 1..................................... 5 1.1.1

Διαβάστε περισσότερα

Πανεπιστήμιο Πειραιά Τμήμα Ψηφιακών Συστημάτων. Κρυπτογραφία. Θεωρία αριθμών Αλγεβρικές δομές. Χρήστος Ξενάκης

Πανεπιστήμιο Πειραιά Τμήμα Ψηφιακών Συστημάτων. Κρυπτογραφία. Θεωρία αριθμών Αλγεβρικές δομές. Χρήστος Ξενάκης Πανεπιστήμιο Πειραιά Τμήμα Ψηφιακών Συστημάτων Κρυπτογραφία Θεωρία αριθμών Αλγεβρικές δομές Χρήστος Ξενάκης Το σύνολο των ακεραίων Ζ = {..., -2, -1, 0, 1, 2,...} Το σύνολο των φυσικών Ν = {0, 1, 2,...}

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων Μελετάμε εδώ τη συνθήκη της αύξουσας αλυσίδας υποπροτύπων και τη συνθήκη της φθίνουσας αλυσίδας υποπροτύπων Αυτές συνδέονται μεταξύ τους με την έννοια της συνθετικής σειράς

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Το Θεώρημα Jordan Hölder. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Το Θεώρημα Jordan Hölder. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Το Θεώρημα Jordan Hölder Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 3 Το Θεώρημα Jordan Hölder 31 Προκαταρκτικές Έννοιες 311 Υποορθόθετες

Διαβάστε περισσότερα

b. Για κάθε θετικό ακέραιο m και για κάθε A. , υπάρχουν άπειρα το πλήθος πολυώνυμα ( x) [ x] m και ( A) 0.

b. Για κάθε θετικό ακέραιο m και για κάθε A. , υπάρχουν άπειρα το πλήθος πολυώνυμα ( x) [ x] m και ( A) 0. Ασκήσεις4 46 Ασκήσεις 4 Τριγωνίσιμες γραμμικές απεικονίσεις, Θεώρημα των Cayley-Hamilton Βασικά σημεία Ορισμός τριγωνίσιμου πίνακα, ορισμός τριγωνίσιμης γραμμικής απεικόνισης Κριτήριο τριγωνισιμότητας

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου

Διαβάστε περισσότερα

ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 2016 Λύσεις ασκήσεων προόδου

ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 2016 Λύσεις ασκήσεων προόδου ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 016 Λύσεις ασκήσεων προόδου Θέμα 1: [16 μονάδες] [8] Έστω ότι μας δίνουν τα παρακάτω δεδομένα: Εάν αυτό το πρόγραμμα ΗΥ είναι αποδοτικό, τότε εκτελείται γρήγορα.

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 10 Μαρτίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

6 Συνεκτικοί τοπολογικοί χώροι

6 Συνεκτικοί τοπολογικοί χώροι 36 6 Συνεκτικοί τοπολογικοί χώροι Έστω R διάστημα και f : R συνεχής συνάρτηση τότε, όπως γνωρίζουμε από τον Απειροστικό Λογισμό, η f έχει την ιδιότητα της ενδιάμεσου τιμής. Η ιδιότητα αυτή δεν εξαρτάται

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Α Μπεληγιάννης - Σ Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuogr/abelga/numbertheory/nthtml Τετάρτη 10 Απριλίου 2013 Ασκηση 1 Θεωρούµε τις αριθµητικές

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - 02/07/08) ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - 02/07/08) ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ονοματεπώνυμο:......... Α.Μ....... Ετος... ΑΙΘΟΥΣΑ:....... I. (περί τις 55μ. = ++5++. Σωστό ή Λάθος: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - //8 ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (αʹ Αν AB = BA όπου A, B τετραγωνικά και

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt206/nt206.html Πέµπτη 6 Νεµβρίου 206 Ασκηση. Να δειχθεί ότι

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Galois. Πρόχειρες σημειώσεις (εκδοχή )

Θεωρία Galois. Πρόχειρες σημειώσεις (εκδοχή ) Θεωρία Galos Πρόχειρες σημειώσεις 0- (εκδοχή -7-0) Περιεχόμενα 0 Υπενθυμίσεις και συμπληρώματα Ανάγωγα πολυώνυμα Ανάγωγα πολυώνυμα και σώματα Χαρακτηριστική σώματος Απλές ρίζες πολυωνύμων Ασκήσεις 0 Επεκτάσεις

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. { 1,2,3,..., n,...

KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. { 1,2,3,..., n,... KΕΦΑΛΑΙΟ ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Βασικές έννοιες διαιρετότητας Θα συµβολίζουµε µε, τα σύνολα των φυσικών αριθµών και των ακεραίων αντιστοίχως: {,,3,,, } { 0,,,,, } = = ± ± ± Ορισµός Ένας φυσικός αριθµός

Διαβάστε περισσότερα

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. 1. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Z είναι ανάγωγο επί του Q. Σωστό. 2. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Q είναι ανάγωγο επί

Διαβάστε περισσότερα

1.2 Συντεταγμένες στο Επίπεδο

1.2 Συντεταγμένες στο Επίπεδο 1 Συντεταγμένες στο Επίπεδο Τι εννοούμε με την έννοια άξονας; ΑΠΑΝΤΗΣΗ Πάνω σε μια ευθεία επιλέγουμε δύο σημεία και Ι έτσι ώστε το διάνυσμα OI να έχει μέτρο 1 και να βρίσκεται στην ημιευθεία O Λέμε τότε

Διαβάστε περισσότερα

Βασική Άλγεβρα. Ασκήσεις (εκδοχή )

Βασική Άλγεβρα. Ασκήσεις (εκδοχή ) Βασική Άλγεβρα Ασκήσεις 05-6 (εκδοχή 8--05) Βασική Άλγεβρα Ασκήσεις Υποδείξεις/Απαντήσεις Περιεχόμενα σελίδα Ασκήσεις Διαιρετότητα στους ακέραιους, ισοτιμίες Ασκήσεις Ακέραιοι odulo, Θεώρημα του Euler

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικές Δομές ΙΙ. 1 Ομάδα I. Ά σ κ η σ η 1.1 Έστω R ένας δακτύλιος. Δείξτε ότι το σύνολο

Αλγεβρικές Δομές ΙΙ. 1 Ομάδα I. Ά σ κ η σ η 1.1 Έστω R ένας δακτύλιος. Δείξτε ότι το σύνολο Αλγεβρικές Δομές ΙΙ 1 Ομάδα I Ά σ κ η σ η 1.1 Έστω R ένας δακτύλιος. Δείξτε ότι το σύνολο C(R) = {a R/ax = xa, για κάθε x R} είναι υποδακτύλιος του R, και λέγεται κέντρο του δακτυλίου R. Ά σ κ η σ η 1.2

Διαβάστε περισσότερα

1 Η εναλλάσσουσα ομάδα

1 Η εναλλάσσουσα ομάδα Η εναλλάσσουσα ομάδα Η εναλλάσσουσα ομάδα Όπως είδαμε η συνάρτηση g : S { } είναι ένας επιμορφισμός ομάδων. Ο πυρήνας Ke g {σ S / g σ } του επιμορφισμού συμβολίζεται με A περιέχει όλες τις άρτιες μεταθέσεις

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 1 Εισαγωγη : Πραξεις επι Συνολων και Σωµατα Αριθµων

Διαβάστε περισσότερα

Οµάδες Μεταθέσεων. Κεφάλαιο Συνοπτική Θεωρία. S(X ) = { f : X X f : απεικόνιση «1-1» και «επί» }

Οµάδες Μεταθέσεων. Κεφάλαιο Συνοπτική Θεωρία. S(X ) = { f : X X f : απεικόνιση «1-1» και «επί» } Κεφάλαιο 4 Οµάδες Μεταθέσεων 4.1 Συνοπτική Θεωρία Οι οµάδες µεταθέσεων επί ενός συνόλου και ιδιαίτερα επί του πεπερασµένου συνόλου { 12 n } αποτελούν µια από τις ϐασικότερες κλάσεις οµάδων. Στην παρούσα

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις2 8. ; Αληθεύει ότι το (1, 0, 1, 2) είναι ιδιοδιάνυσμα της f ; b. Να βρεθούν οι ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα της γραμμικής απεικόνισης 3 3

Ασκήσεις2 8. ; Αληθεύει ότι το (1, 0, 1, 2) είναι ιδιοδιάνυσμα της f ; b. Να βρεθούν οι ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα της γραμμικής απεικόνισης 3 3 Ασκήσεις 8 Ασκήσεις Ιδιοτιμές και ιδιοδιανύσματα Βασικά σημεία Ορισμός ιδιοτιμων και ιδιοδιανυσμάτων, υπολογισμός τους Σε διακεκριμένες ιδιοτιμές αντιστοιχούν γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα Αν ΑΧ=λΧ,

Διαβάστε περισσότερα

[(W V c ) (W c V c )] c \ W = [(W V c ) (W c V c )] c \ W = [(W V c ) c (W c V c ) c ] \ W = [(W c W ) V ] \ W

[(W V c ) (W c V c )] c \ W = [(W V c ) (W c V c )] c \ W = [(W V c ) c (W c V c ) c ] \ W = [(W c W ) V ] \ W ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Ιανουάριος 2012 Τμήμα Μαθηματικών Διδάσκων: Χρήστος Κουρουνιώτης Μ1124 ΘΕΜΕΛΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Παρατηρήσεις 1. Διαβάστε προσεκτικά τα θέματα πριν αρχίσετε να απαντάτε. Οι απαντήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 5ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Πίνακες Επιμέλεια: I. Λυχναρόπουλος

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 5ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Πίνακες Επιμέλεια: I. Λυχναρόπουλος Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 5ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Πίνακες Επιμέλεια: I. Λυχναρόπουλος 3. Αν A 5 4, B 4, C να υπολογίσετε τις ακόλουθες πράξεις 4 3 8 3 7 3 (αν έχουν νόημα): α) AB, b) BA, c) CB, d) C B,

Διαβάστε περισσότερα

Οι Μιγαδικοί Αριθμοί

Οι Μιγαδικοί Αριθμοί Οι Μιγαδικοί Αριθμοί Οι μιγαδικοί αριθμοί αρχικά βοήθησαν στην επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων των οποίων η διακρίνουσα είναι αρνητική Το γενικότερο πρόβλημα βέβαια είναι ότι δεν υπάρχει πραγματικός αριθμός

Διαβάστε περισσότερα

R ισούται με το μήκος του. ( πρβλ. την ιστορική σημείωση 3.27 στο τέλος

R ισούται με το μήκος του. ( πρβλ. την ιστορική σημείωση 3.27 στο τέλος 73 3. Συμπαγείς χώροι 3. Συμπαγείς χώροι και βασικές ιδιότητες Οι συμπαγείς χώροι είναι μια από τις πιο σημαντικές κλάσεις τοπολογικών χώρων. Η κλάση των συμπαγών χώρων περιλαμβάνει τα κλειστά διαστήματα,b

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ 14 4 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να βρούμε το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του με τον Σύμφωνα με το γνωστό αλγόριθμο της διαίρεσης, το πηλίκο θα είναι ένας ακέραιος κ, τέτοιος,

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικές Δομές και Αριθμοθεωρία

Αλγεβρικές Δομές και Αριθμοθεωρία Κεφάλαιο 9 Αλγεβρικές Δομές και Αριθμοθεωρία 9.1 Εισαγωγή Θα παρουσιάσουμε κάποια στοιχεία από Θεωρία Αριθμών και ελάχιστα από Θεωρία Ομάδων. Οι γνώσεις αυτές είναι οι ελάχιστες απαραίτητες για την κατανόηση

Διαβάστε περισσότερα

Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων

Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων Παράρτημα Α Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων Το παρόν παράρτημα βασίζεται στις σελίδες 671 8 του βιβλίου: Γ. Χ. Ψαλτάκης, Κβαντικά Συστήματα Πολλών Σωματιδίων (Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο,

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Κωνσταντίνου Ελισάβετ ekonstantinou@aegean.gr http://www.icsd.aegean.gr/ekonstantinou Η συνάρτηση φ(.) του Euler Για κάθε ακέραιο n > 0, έστω φ(n) το πλήθος των ακεραίων στο

Διαβάστε περισσότερα

ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ Λ. ΑΙΔΗΨΟΥ ΣΧΟΛ. ΕΤΟΣ 01-013 ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Θέμα 1 ο Α. Έστω a ένας πραγματικός αριθμός. Να δώσετε τον ορισμό της απόλυτης

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 12 Μαίου 2016 Ασκηση 1. Εστω

Διαβάστε περισσότερα

g(x) =α x +β x +γ με α= 1> 0 και

g(x) =α x +β x +γ με α= 1> 0 και ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ [Κεφ..3: Μονότονες Συναρτήσεις - Αντίστροφη Συνάρτηση σχολικού βιβλίου]. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Παράδειγμα.

Διαβάστε περισσότερα

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) =

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) = Παράρτημα Αʹ Αριθμήσιμα και υπεραριθμήσιμα σύνολα Αʹ1 Ισοπληθικά σύνολα Ορισμός Αʹ11 (ισοπληθικότητα) Εστω A, B δύο μη κενά σύνολα Τα A, B λέγονται ισοπληθικά αν υπάρχει μια συνάρτηση f : A B, η οποία

Διαβάστε περισσότερα

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Ορισμός και παραδείγματα Ορισμός 1.1.1 μετρική). Εστω X ένα μη κενό σύνολο. Μετρική στο X λέγεται κάθε συνάρτηση ρ : X X R με τις παρακάτω ιδιότητες: i) ρx, y) για κάθε x,

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: Ριζικό του Jacobson

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: Ριζικό του Jacobson ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: Ριζικό του Jacobso Στο κεφάλαιο αυτό μελετάμε δακτυλίους του Art χρησιμοποιώντας το ριζικό του Jacobso. Ως εφαρμογή αποδεικνύουμε ότι κάθε δακτύλιος του Art είναι και της Noether. 4.1. Δακτύλιοι

Διαβάστε περισσότερα

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση:

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση: Κατηγορία η Θεώρημα Βolzano Τρόπος αντιμετώπισης:. Όταν μας ζητούν να εξετάσουμε αν ισχύει το θεώρημα Bolzano για μια συνάρτηση f σε ένα διάστημα [, ] τότε: Εξετάζουμε την συνέχεια της f στο [, ] (αν η

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα

Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Κεφάλαιο 1. Μαθηματικό Υπόβαθρο 23, 26 Ιανουαρίου 2007 Δρ. Παπαδοπούλου Βίκη 1 1.1. Σύνολα Ορισμός : Σύνολο μια συλλογή από αντικείμενα Στοιχεία: Μέλη συνόλου Τα στοιχεία

Διαβάστε περισσότερα

(m, n) = 1 τότε Aut(H K) = Aut(H) Aut(K). Z(GL(2, R)), Z(SL(2, R)), Z(GL(n, R)), Z(SL(n, R)). } a b 0 c {( ) 1 b A = 0 1 {( ) a 0 D = 0 c T = } : b R

(m, n) = 1 τότε Aut(H K) = Aut(H) Aut(K). Z(GL(2, R)), Z(SL(2, R)), Z(GL(n, R)), Z(SL(n, R)). } a b 0 c {( ) 1 b A = 0 1 {( ) a 0 D = 0 c T = } : b R Ασκήσεις στην Θεωρία Ομάδων 2 Μαίου 2014 Άσκηση 1 Δίνεται μια ομάδα G τάξης n και a 1, a 2,..., a n G. Δείξτε ότι υπάρχουν k, m N τέτοια ώστε 1 k m n και a k a 2...a m = 1. Άσκηση 2 Δίνεται μια ομάδα G

Διαβάστε περισσότερα

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Αλγεβρικές οµές ΙΙ 1. Εστω ότι R Z 3 [x]. Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες 30 λεπτά (αʹ) Να αποδείξετε ότι ο R είναι περιοχή

Διαβάστε περισσότερα

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα.

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n

Διαβάστε περισσότερα

με Τέλος πάντων, έστω ότι ξεκινάει ένα άλλο υποθετικό σενάριο που απλά δεν διευκρινίζεται. Για το i) θα έχουμε , 2

με Τέλος πάντων, έστω ότι ξεκινάει ένα άλλο υποθετικό σενάριο που απλά δεν διευκρινίζεται. Για το i) θα έχουμε , 2 Άσκηση 75 Σε έναν οργανισμό, αρχικά υπάρχουν 04800 βακτήρια. Μετά από 1 ώρα υπάρχουν 10400 βακτήρια, μετά από ώρες 5100 βακτήρια, και γενικά ο αριθμός των βακτηρίων υποδιπλασιάζεται κάθε μια ώρα. α) Πόσα

Διαβάστε περισσότερα

2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΔΟΜΕΣ

2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΔΟΜΕΣ ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΔΟΜΕΣ Η θεωρία αριθμών και οι αλγεβρικές δομές τα τελευταία χρόνια χρησιμοποιούνται όλο και περισσότερο στην κρυπτολογία. Αριθμο-θεωρητικοί αλγόριθμοι χρησιμοποιούνται σήμερα

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

K15 Ψηφιακή Λογική Σχεδίαση 3: Προτασιακή Λογική / Θεωρία Συνόλων

K15 Ψηφιακή Λογική Σχεδίαση 3: Προτασιακή Λογική / Θεωρία Συνόλων K15 Ψηφιακή Λογική Σχεδίαση 3: Προτασιακή Λογική / Θεωρία Συνόλων Γιάννης Λιαπέρδος TEI Πελοποννήσου Σχολή Τεχνολογικών Εφαρμογών Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής ΤΕ Στοιχεία προτασιακής λογικής Περιεχόμενα

Διαβάστε περισσότερα

Ε Μέχρι 18 Μαΐου 2015.

Ε Μέχρι 18 Μαΐου 2015. Ε Μέχρι 18 Μαΐου 2015. 1 Αντικείμενα: δακτύλιοι Fraleigh, 4.1. Ορισμός έννοιας «δακτυλίου». Χαρακτηρισμοί δακτυλίων και στοιχείων αυτών: Δακτύλιος R Στοιχεία δακτυλίου R / (= δεν έχει μηδενοδιαιρέτες άρα

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 0 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laiihtml

Διαβάστε περισσότερα

1 m z. 1 mz. 1 mz M 1, 2 M 1

1 m z. 1 mz. 1 mz M 1, 2 M 1 Σύνοψη Κεφαλαίου 6: Υπερβολική Γεωμετρία Υπερβολική γεωμετρία: το μοντέλο του δίσκου 1. Στο μοντέλο του Poincaré της υπερβολικής γεωμετρίας, υπερβολικά σημεία είναι τα σημεία του μοναδιαίου δίσκου, D =

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 9ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Διανυσματικοί Χώροι

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 9ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Διανυσματικοί Χώροι Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 9ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Διανυσματικοί Χώροι Επιμέλεια: Ι. Λυχναρόπουλος. Δείξτε ότι ο V R εφοδιασμένος με τις ακόλουθες πράξεις (, a b) + (, d) ( a+, b+ d) και k ( ab, ) ( kakb,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο. Ασκήσεις

Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο. Ασκήσεις Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο Σηµειώσεις Προετοιµασίας για Μαθηµατικούς ιαγωνισµούς Ασκήσεις Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Νοέµβριος 2012 1 Ασκησεις στη Θεωρια Αριθµων 1 Μαθηµατική

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ 10 ΕΠΑΝΑΛΗΨΕΙΣ ΑΠΟ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΕΣ ΤΑΞΕΙΣ α ) Ταυτότητες 1. (a-β)(a+β)=a - b. (a ± b ) = a ± ab + b 3 3 3 3. (a ± b ) = a ± 3a b + 3ab

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Α Εισαγωγή Οµάδες. (x y) z= x (y z).

Παράρτηµα Α Εισαγωγή Οµάδες. (x y) z= x (y z). Παράρτηµα Α 11.1 Εισαγωγή Οπως έχει αναφερθεί ήδη προοδευτικά στο δεύτερο µέρος του παρόντος συγγράµµατος χρησιµοποιούνται ϐασικές έννοιες άλγεβρας. Θεωρούµε ότι οι έννοιες αυτές είναι ήδη γνωστές από

Διαβάστε περισσότερα

Τα παρακάτω σύνολα θα τα θεωρήσουμε γενικά γνωστά, αν και θα δούμε πολλές από τις ιδιότητές τους: N Z Q R C

Τα παρακάτω σύνολα θα τα θεωρήσουμε γενικά γνωστά, αν και θα δούμε πολλές από τις ιδιότητές τους: N Z Q R C Κεφάλαιο 1 Εισαγωγικές έννοιες Στο κεφάλαιο αυτό θα αναφερθούμε σε ορισμένες έννοιες, οι οποίες ίσως δεν έχουν άμεση σχέση με τους διανυσματικούς χώρους, όμως θα χρησιμοποιηθούν αρκετά κατά τη μελέτη τόσο

Διαβάστε περισσότερα