Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

Transcript

1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Παρασκευή 2 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1. 1 Ας είναι E το σύνολο των µιγαδικών αριθµών µε µέτρο ίσο µε 1, δηλαδή E {z C z 1}. Να δειχθεί ότι το E αποτελεί υποοµάδα τής οµάδας C,. 2 Ας είναι E N το σύνολο των µιγαδικών αριθµών z µε z n 1, για κάποιο n N, δηλαδή E N {z C n N, τέτοιο ώστε z n 1}. Να δειχθεί ότι το E N αποτελεί υποοµάδα τής E,. 3 Ας είναι E n το σύνολο των µιγαδικών αριθµών z µε z n 1, για κάποιο πάγιο ϕυσικό αριθµό n N, δηλαδή E n {z C όπου n N, είναι ένας πάγιος αριθµός µε z n 1}. Να δειχθεί ότι το E n αποτελεί υποοµάδα τής E N,. Λύση. Το E διότι 1 E και έστω z 1, z 2 E. Τότε z 1 z2 1 z 1 z2 1 z z 1 z 2 z z 1 z2 1 E Αρα το σύνολο E είναι υποοµάδα τής οµάδας C,. Εστω z 1, z 2 E N, άρα υπάρχουν n 1 N και n 2 N έτσι ώστε z n και z n Το σύνολο E N και έχουµε: z 1 1 n 1 n 2 z 1 n 1 n2 1 n 2 n 1 1 n2 1 n z 1 z2 1 E N z 2 z 2 Συνεπώς το σύνολο E N αποτελεί υποοµάδα τής E,. επίσης την Ασκηση 3 παρακάτω. Οµοια έπεται εύκολα το τρίτο ερώτηµα, δείτε Ασκηση 2. σύνολο Λύση. 1 είξτε ότι αν H και K είναι δύο υποοµάδες µιας αβελιανής οµάδας G,, τότε το HK {hk G h H, k K} είναι µια υποοµάδα της G. 2 Να αποδείξετε µε τη ϐοήθεια ενός αντιπαραδείγµατος ότι αυτό δεν αληθεύει όταν η οµάδα G, δεν είναι αβελιανή. 1 Εστω a, b HK, δηλαδή a h 1 k 1, b h 2 k 2 όπου h 1, h 2 H και k 1, k 2 K. Θα δείξουµε ότι ab 1 HK. Εχουµε: ab 1 h 1 k 1 h 2 k 2 1 h 1 k 1 k2 1 h 1 2 h 1 k 1 h 1 2 k 1 2 h 1 k 1 h 1 2 k 1 2 h 1 h 1 2 k 1k2 1 h 1 h 1 2 k 1k 1 2 Αφού H G έχουµε ότι h 1 h 1 2 H και αφού K G έπεται ότι k 1 k2 1 K. Αρα το στοιχείο ab 1 ανήκει στο σύνολο HK και εποµένως HK G.

2 2 2 Θεωρούµε την συµµετρική οµάδα S 3 και έστω οι µεταθέσεις µ 1 και µ Τότε έχουµε τις υποοµάδες H µ 1 {Id, µ 1 } S 3 και K µ 2 {Id, µ 2 } S 3. Το σύνολο HK σε αυτή τη περίπτωση είναι το ακόλουθο: HK { Id, µ 2, µ 1, µ 1 µ 2 } και µ 1 µ ρ Το HK δεν είναι υποοµάδα της S 3, διότι για παράδειγµα ρ 1 ρ ρ 2 / HK ιαφορετικά : Από το Θεώρηµα του Langrange µε το οποίο ϑα ασχοληθούµε σε επόµενο ϕυλλάδιο γνωρίζουµε ότι η τάξη µιας υποοµάδας µιας πεπερασµένης οµάδας διαιρεί τη τάξη της οµάδας. Αρα το σύνολο HK δεν είναι υποοµάδα της S 3 διότι HK 4. Ασκηση 3. Εστω G, µια αβελιανή οµάδα µε ταυτοτικό στοιχείο e. Ας είναι n N ένας πάγιος 1 ϕυσικός αριθµός. Να δειχθεί ότι το υποσύνολο H της G που αποτελείται από τα στοιχεία g G µε g n e είναι µια υποοµάδα της G. Λύση. Θεωρούµε το σύνολο H {x G x n e} Εστω a, b H. Θα δείξουµε ότι το στοιχείο ab 1 H, δηλαδή ϑα δείξουµε ότι ab 1 n e. Εχουµε: και άρα πράγµατι ab 1 H. Συνεπώς H G. ab 1 n a n b 1 n a n b n 1 ee 1 e Σηµείωση: Η παραπάνω άσκηση ισχύει µόνο για αβελιανές οµάδες διότι ab n a n b n. Ασκηση 4. Σηµειώστε αν είναι σωστό ή λάθος. 1 Ο προσεταιριστικός νόµος ισχύει σε κάθε οµάδα. 2 Είναι δυνατόν να υπάρξει οµάδα στην οποία να µην ισχύει ο νόµος της διαγραφής. 3 Κάθε οµάδα είναι υποοµάδα του εαυτού της. 4 Κάθε οµάδα έχει ακριβώς δυο µη γνήσιες υποοµάδες. 5 Στο µάθηµα, δεν έχουµε δώσει ακόµα παράδειγµα οµάδας που να µην είναι αβελιανή. Κάθε σύνολο αριθµών που είναι οµάδα µε πράξη την πρόσθεση είναι και οµάδα µε πράξη τον πολλαπλασιασµό. 7 Μπορούµε να ορίσουµε την υποοµάδα ως «υποσύνολο µιας οµάδας». 8 Κάθε υποσύνολο οποιασδήποτε οµάδας είναι υποοµάδα µε την επαγόµενη πράξη. Λύση. 1 Σωστό, από τον ορισµό της οµάδας. 2 Λάθος, δείτε το αντίστοιχο Θεώρηµα στο ϐιβλίο σας. 3 Σωστό, από τον ορισµό πάλι της οµάδας. 4 Κάθε οµάδα έχει ακριβώς δυο µη γνήσιες υποοµάδες. 5 Λάθος, η συµµετρική οµάδα S 3 δεν είναι αβελιανή. Λάθος, για παράδειγµα το Ϲεύγος Z, + είναι οµάδα ενώ αντίθετα το Z, δεν είναι οµάδα. 1 σταθερά δοσµένος

3 3 7 Λάθος, αρκεί να ϑηµηθούµε τον ορισµό της υποοµάδας. 8 Λαθος, σκεφτείτε πάλι τον ορισµό της υποοµάδας καθώς και διάφορα υποσύνολα γνωστών σας οµάδων που δεν είναι υποοµάδες µε την επαγόµενη πράξη. Ασκηση 5. Θεωρούµε τα ακόλουθα στοιχεία της S, : σ, τ, µ Να υπολογιστούν τα : α τ σ ϐ τ 2 σ γ µ σ 2 δ σ 2 τ ε σ 1 τ σ 2 Επίσης να υπολογιστούν : α η τάξη της σ. ϐ η τάξη της τ 2. γ η δύναµη σ 100 δ η δύναµη µ Να επιλυθούν ως προς x οι εξισώσεις : α τ 2 x µ σ 100 ϐ µ x τ 2 µ 100 γ τ 2 x µ x Λύση. 1 Εχουµε : α ϐ γ δ ε τ σ τ 2 σ µ σ 2 σ 2 τ σ 1 τ σ 2 α Εχουµε : σ 2 σ σ σ 3 σ σ , σ σ σ

4 4 σ 5 σ σ 4, σ σ σ 5 Αρα η τάξη της σ είναι. ϐ Η τάξη της τ 2 είναι δύο, αφού τ 2 τ 2 τ 2 2 γ Αφού σ Id έχουµε: σ 100 σ 1 +4 σ 1 σ 4 Id σ 4 σ 4 σ 100 σ 4 σ δ Επειδή µ 2 έπεται ότι µ 100 µ 2 50 Id. 3 Να επιλυθούν ως προς x οι εξισώσεις : α Αφού σ 100 σ 4 έχουµε: τ 2 x µ σ 100 x x x ϐ Αφού µ 100 Id έχουµε: µ x τ 2 Id x x x γ Εχουµε: τ 2 x µ x µ 1 τ 2 x x x x και άρα ϑα έπρεπε η µετάθεση µ 1 τ 2 να είναι η ταυτοτική που είναι άτοπο. Συνεπώς η εξίσωση τ 2 x µ x είναι αδύνατη. Ασκηση. Εστω ότι G 1, 1 και G 2, 2 είναι δύο οµάδες. Να δειχθεί ότι το καρτεσιανό γινόµενο G 1 G 2 εφοδιασµένο µε την πράξη : G 1 G 2 G 1 G 2 G 1 G 2, a 1, a 2, b 1, b 2 a 1 1 b 1, a 2 2 b 2 αποτελεί µια οµάδα. Η συγκεκριµένη οµάδα ονοµάζεται το ευθύ γινόµενο των οµάδων G 1 και G 2. Λύση. Εστω a 1, a 2, b 1, b 2, c 1, c 2 G 1 G 2. Εχουµε: Η πράξη είναι προσεταιριστική: a 1, a 2 [ b 1, b 2 c 1, c 2 ] a 1, a 2 b 1 1 c 1, b 2 2 c 2 a 1 1 b 1 1 c 1, a 2 2 b 2 2 c 2

5 5 και [ a1, a 2 b 1, b 2 ] c 1, c 2 a 1 1 b 1, a 2 2 b 2 c 1, c 2 a 1 1 b 1 1 c 1, a 2 2 b 2 2 c 2 Οµως αφού οι πράξεις 1 και 2 είναι προσεταιριστικές έπεται ότι a 1 1 b 1 1 c 1 a 1 1 b 1 1 c 1 και a 2 2 b 2 2 c 2 a 2 2 b 2 2 c 2. Αρα η πράξη είναι προσεταιριστική. Ουδέτερο στοιχείο: Εστω e 1 το ουδέτερο στοιχείο της G 1 και e 2 το ουδέτερο στοιχείο της G 2. Τότε για κάθε g 1, g 2 G 1 G 2 έχουµε: g 1, g 2 e 1, e 2 g 1 1 e 1, g 2 2 e 2 g 1, g 2 e 1 1 g 1, e 2 2 g 2 e 1, e 2 g 1, g 2 Συνεπώς το στοιχείο e 1, e 2 G 1 G 2 είναι το ουδέτερο στοιχείο της G 1 G 2 ως προς τη πράξη. Αντίστροφο στοιχείο: Εστω g 1, g 2 G 1 G 2. Τότε υπάρχουν αντίστροφα στοιχεία g 1 1 G 1 και g 1 2 G 2 έτσι ώστε Τότε έχουµε: g1 1 1 g 1 e 1 g 1 1 g1 1 και g2 1 2 g 2 e 2 g 2 2 g2 1 g 1, g 2 g 1 1, g 1 2 g 1 1 g 1 1, g 2 2 g 1 2 e 1, e 2 g g 1, g g 2 g 1 1, g 1 2 g 1, g 2 και άρα το στοιχείο g 1, g 2 1 g 1 1, g 1 2 G 1 G 2 αποτελεί το αντίστροφο στοιχείο του g 1, g 2. Εποµένως το καρτεσιανό γινόµενο G 1 G 2 είναι οµάδα. Ασκηση 7. Θεωρούµε την οµάδα Z 2, + και το ευθύ γινόµενο Z 2 Z 2 της Z 2 µε τον εαυτό της. Να σχηµατιστεί ο πίνακας πράξης της Z 2 Z 2 και να αποδειχτεί ότι δεν πρόκειται για κυκλική οµάδα. Λύση. Η οµάδα Z 2 Z 2, + έχει τέσσερα στοιχεία: Z 2 Z 2 { [0], [0], [0], [1], [1], [0], [1], [1] } και ο πίνακας πράξης της είναι ο ακόλουθος: + [0], [0] [1], [0] [0], [1] [1], [1] [0], [0] [0], [0] [1], [0] [0], [1] [1], [1] [1], [0] [1], [0] [0], [0] [1], [1] [0], [1] [0], [1] [0], [1] [1], [1] [0], [0] [1], [0] [1], [1] [1], [1] [0], [1] [1], [0] [0], [0] Αν η οµάδα Z 2 Z 2 ήταν κυκλική ϑα έπρεπε κάποιο από τα µη-τετριµµένα στοιχεία της να παράγει ολόκληρη την οµάδα. ηλαδή ισοδύναµα ϑα ϑέλαµε κάποιο από τα στοιχεία [1], [0], [1], [0], [1], [1] Z 2 Z 2 να έχει τάξη τέσσερα. Οµως από τον παραπάνω πίνακα διαπιστώνουµε ότι κανένα από τα µητετριµµένα στοιχεία δεν είναι γεννήτορας της Z 2 Z 2, αφού καθένα από αυτά έχει τάξη δύο. Αρα η οµάδα Z 2 Z 2 δεν είναι κυκλική. Ασκηση 8. Θεωρούµε τις οµάδες Z 2, +, Z 3, + και το ευθύ γινόµενό τους Z 2 Z 3. Να σχηµατιστεί ο πίνακας πράξης της Z 2 Z 3 και να αποδειχτεί ότι πρόκειται για κυκλική οµάδα. Ακολούθως να εξετάσετε, αν ο ισχυρισµός είναι αληθής ή όχι. «Σε κάθε κυκλική οµάδα, κάθε στοιχείο είναι γεννήτορας»

6 Λύση. Η οµάδα Z 2 Z 3, + έχει τα ακόλουθα έξι στοιχεία: Z 2 Z 3 { [0], [0], [0], [1], [0], [2], [1], [0], [1], [1], [1], [2] } και ο πίνακας πράξης της είναι ο εξής: + [0], [0] [0], [1] [0], [2] [1], [0] [1], [1] [1], [2] [0], [0] [0], [0] [0], [1] [0], [2] [1], [0] [1], [1] [1], [2] [0], [1] [0], [1] [0], [2] [0], [0] [1], [1] [1], [2] [1], [0] [0], [2] [0], [2] [0], [0] [0], [1] [1], [2] [1], [0] [1], [1] [1], [0] [1], [0] [1], [1] [1], [2] [0], [0] [0], [1] [0], [2] [1], [1] [1], [1] [1], [2] [1], [0] [0], [1] [0], [2] [0], [0] [1], [2] [1], [2] [1], [0] [1], [1] [0], [2] [0], [0] [0], [1] Στη συνέχεια υπολογίζουµε τις τάξεις των στοιχείων της Z 2 Z 3. Εχουµε: [0], [1] + [0], [1] [0], [2] [0], [1] + [0], [2] [0], [0] [0], [1] 3 [0], [2] + [0], [2] [0], [1] [0], [2] + [0], [1] [0], [0] [0], [2] 3 [1], [0] + [1], [0] [0], [0] [1], [0] 2 [1], [1] + [1], [1] [0], [2] [1], [1] + [0], [2] [1], [0] [1], [1] + [1], [0] [0], [1] [1], [1] + [0], [1] [1], [2] [1], [1] + [1], [2] [0], [0] [1], [1] [1], [2] + [1], [2] [0], [1] [1], [2] + [0], [1] [1], [0] Συνεπώς η οµάδα Z 2 Z 3 είναι κυκλική αφού [1], [2] + [1], [0] [0], [2] [1], [2] + [0], [2] [1], [1] [1], [2] + [1], [1] [0], [0] [1], [2] Z 2 Z 3 [1], [1] [1], [2] και τα στοιχεία [1], [1], [1], [2] αποτελούν γεννήτορες της Z 2 Z 3. Ο ισχυρισµός «Σε κάθε κυκλική οµάδα, κάθε στοιχείο είναι γεννήτορας» δεν είναι αληθής, διότι για παράδειγµα στην οµάδα Z 10, + το στοιχείο [2] δεν είναι γεννήτορας. είτε την επόµενη άσκηση για περαιτέρω εξήγηση. Ασκηση 9. Να προσδιοριστεί η τάξη κάθε στοιχείου της κυκλικής οµάδας Z 10, + και ακολούθως να προσδιοριστούν όλοι οι γεννήτορες.

7 7 Λύση. Υπολογίζουµε τις κυκλικές υποοµάδες που παράγονται από τα στοιχεία της Z 10 : Z 10 { [0], [1], [2], [3], [4], [5], [], [7], [8], [9] } Εχουµε: [1] { [1], [2], [3], [4], [5], [], [7], [8], [9], [0] } [1] [1] 10 [2] { [2], [4], [], [8], [0] } [2] [2] 5 [3] { [3], [], [9], [2], [5], [8], [1], [4], [7], [0] } [3] [3] 10 [4] { [4], [8], [2], [], [0] } [4] [4] 5 [5] { [5], [0] } [5] [5] 2 [] { [], [2], [8], [4], [0] } [] [] 5 [7] { [7], [4], [1], [8], [5], [2], [9], [], [3], [0] } [7] [7] 10 [8] { [8], [], [4], [2], [0] } [8] [8] 5 [9] { [9], [8], [7], [], [5], [4], [3], [2], [1], [0] } [9] [9] 10 Αρα οι γεννήτορες της Z 10 είναι τα στοιχεία [1], [3], [7], [9] αφού Z 10 [1] [3] [7] [9] Παρατηρήστε ότι οι γεννήτορες της Z 10 είναι ακριβώς εκείνοι οι αριθµοί που είναι πρώτοι προς το δέκα καθώς επίσης και ότι οι τάξεις των υπόλοιπων υποοµάδων είναι διαιρέτες του δέκα. Ασκηση 10. Αποδείξτε ότι κάθε κυκλική οµάδα είναι αβελιανή. Λύση. Εστω G κυκλική οµάδα, δηλαδή υπάρχει στοιχείο α G έτσι ώστε G α {α n n Z} Εστω g 1, g 2 G. Τότε g 1 α r, g 2 α s G και άρα έχουµε g 1 g 2 a r a s a r+s a s+r a s a r g 2 g 1 Εποµένως η G είναι αβελιανή. Ασκηση 11. είξτε ότι µια οµάδα που δεν έχει γνήσιες µη τετριµµένες υποοµάδες είναι κυκλική. Λύση. Εστω G µια οµάδα που δεν έχει γνήσιες µη τετριµµένες υποοµάδες, δηλαδή οι µόνες υποοµάδες της G είναι : {e }, G. ιακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις: Αν G {e } τότε G e και άρα η G είναι κυκλική.

8 8 Εστω ότι G {e }. Τότε υπάρχει ένα στοιχείο a G µε a e. Στη συνέχεια ϑεωρούµε τη κυκλική υποοµάδα της G που παράγεται από το a, δηλαδή a G, η οποία είναι γνήσια υποοµάδα της G. Από υπόθεση όµως οι µόνες υποοµάδες της G είναι η υποοµάδα που παράγεται από το {e } και η ίδια η οµάδα. Εποµένως αφού a e έπεται ότι και άρα η οµάδα G είναι κυκλική. G a Ασκηση 12. Εστω ότι G, είναι µια οµάδα και ότι H, K είναι δύο υποοµάδες της. Να δειχθεί ότι η ένωση H K είναι µια υποοµάδα τής G,, αν και µόνο αν, είτε H K είτε K H. Λύση. Υποθέτουµε ότι είτε H K είτε K H. Τότε: H K H K K H K G ή K H H K H H K G Εποµένως σε κάθε περίπτωση έχουµε ότι η η ένωση H K είναι υποοµάδα τής G. Εστω ότι H K G και υποθέτουµε αντίθετα ότι H K και K H. Τότε αφού H K έχουµε ότι υπάρχει x H µε x / K και όµοια αφού K H έπεται ότι υπάρχει y K µε y / H. Οµως το στοιχείο xy H K και τότε έχουµε: xy H x 1 xy H y H xy H K ή ή ή xy K xyy 1 K x K και άρα σε κάθε περίπτωση έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Εποµένως είτε H K είτε K H.