Τρίτη 4 εκεµβρίου m + 4Z

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Τρίτη 4 εκεµβρίου m + 4Z"

Transcript

1 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τρίτη 4 εκεµβρίου 202 Ασκηση. Βρείτε όλα τα σύµπλοκα (πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H G της οµάδας G και περιγράψτε την οµάδα πηλίκο στις ακόλουθες περιπτώσεις : ( H = 4Z Z. (2 H = 4Z 2Z. (3 H = [8] 36 Z 36. Λύση. Ολες οι εµπλεκόµενες οµάδες είναι προσθετικές, και άρα ο συµβολισµός µας εδώ είναι προσθετικός. ( Το αριστερό σύµπλοκο της 4Z που περιέχει το m Z είναι της µορφής m + 4Z Για m = 0 έχουµε το παρακάτω σύµπλοκο που περιέχει το 0: 4Z = {, 2, 8, 4, 0, 4, 8, 2, } Για να ϐρούµε ένα άλλο αριστερό σύµπλοκο, επιλέγουµε ένα στοιχείο του Z που δεν ανήκει στο 4Z, για παράδειγµα το Z αλλά / 4Z. Συνεπώς για m = έχουµε το αριστερό σύµπλοκο Για m = 2 έχουµε το αριστερό σύµπλοκο Για m = 3 έχουµε το αριστερό σύµπλοκο + 4Z = {,, 7, 3,, 5, 9, 3, } 2 + 4Z = {, 0, 6, 2, 2, 6, 0, 4, } 3 + 4Z = {, 9, 5,, 3, 7,, 5, } Είναι ϕανερό ότι αυτά τα τέσσερα σύµπλοκα εξαντλούν το Z και άρα αποτελούν τη διαµέριση του Z στα αριστερά σύµπλοκα της 4Z, δηλαδή Z = (4Z ( + 4Z (2 + 4Z (3 + 4Z Οµως αφού η Z είναι αβελιανή οµάδα έχουµε ότι το αριστερό σύµπλοκο m + 4Z ταυτίζεται µε το δεξιό σύµπλοκο 4Z + m. Αρα η διαµέριση του Z σε δεξιά σύµπλοκα είναι η ίδια. Σχόλιο: Εστω G µια αβελιανή οµάδα και H G. Τότε τα αριστερά σύµπλοκα της H στην G συµπίπτουν µε τα δεξιά σύµπλοκα της H στην G. Από εδώ και στο εξής, όταν έχουµε µια αβελιανή οµάδα G ϑα υπολογίζουµε τα αριστερά σύµπλοκα της H, γνωρίζοντας ότι αυτά συµπίπτουν µε τα δεξιά. Επίσης υπενθυµίζουµε ότι η συλλογή όλων των διακεκριµµένων (αριστερών συµπλόκων µιας υποοµάδας αποτελεί µια διαµέριση της οµάδας, και άρα εκ κατασκευής η ένωση όλων των διακεκριµµένων (αριστερών συµπλόκων της H στην G, είναι µια ξένη ένωση η οποία συµπίπτει µε την οµάδα G. (2 Τα σύµπλοκα της 4Z στην 2Z είναι της µορφής m + 4Z µε m 2Z. Εχουµε: Για m = 0 έχουµε το σύµπλοκο 4Z = {, 2, 8, 4, 0, 4, 8, 2, }

2 2 Για m = 2 έχουµε το σύµπλοκο 2 + 4Z = {, 0, 6, 2, 2, 6, 0, 4, } Τα παραπάνω δυο σύµπλοκα που ϐρήκαµε εξαντλούν το 2Z και άρα αποτελούν τη διαµέριση του 2Z στα σύµπλοκα της 4Z. Αρα 2Z = (4Z (2 + 4Z (3 Τα σύµπλοκα της [8] 36 στην Z 36 είναι της µορφής [m] + [8] 36 όπου [m] Z 36. Εχουµε: Για [m] = [0] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [2] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [3] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [4] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [5] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [6] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [7] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [8] έχουµε το σύµπλοκο [8] = {[0], [8]} [] + [8] = {[], [9]} [2] + [8] = {[2], [20]} [3] + [8] = {[3], [2]} [4] + [8] = {[4], [22]} [5] + [8] = {[5], [23]} [6] + [8] = {[6], [24]} [7] + [8] = {[7], [25]} [8] + [8] = {[8], [26]} Για [m] = [6] έχουµε το σύµπλοκο Για [m] = [7] έχουµε το σύµπλοκο [6] + [8] = {[6], [34]} [7] + [8] = {[7], [35]} Είναι ϕανερό ότι τα παραπάνω σύµπλοκα εξαντλούν το Z 36 και άρα αποτελούν τη διαµέριση του Z 36 στα σύµπλοκα της [8] 36. Συνεπώς: Z 36 = ( [8] ( [] + [8] ( [7] + [8] Ασκηση 2. Εστω η διεδρική οµάδα D 4 τάξης 8, την οποία ϑεωρούµε ως υποοµάδα της S 4 : D 4 = { Id 4, ρ, ρ 2, ρ 3, σ, σρ, σρ 2, σρ 3 }, όπου ρ = ( και σ = ( 2 4 και έστω η υποοµάδα H = { Id 4, σρ } της D 4. ( Βρείτε όλα τα αριστερά σύµπλοκα (αριστερές πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H στην D 4. (2 Βρείτε όλα τα δεξιά σύµπλοκα (δεξιές πλευρικές κλάσεις της υποοµάδας H στην D 4. (3 Είναι H κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της D 4 ;

3 Λύση. ( Τα αριστερά σύµπλοκα της υποοµάδας H = { Id 4, σρ } της D 4 είναι τα εξής: Id 4 H = H ρh = {ρ, ρσρ} = {ρ, σρ 3 } ρ 2 H = {ρ 2, ρ 2 σρ} = {ρ 2, σ} ρ 3 H = {ρ 3, ρ 3 σρ} = {ρ 3, σρ 2 } Τα παραπάνω σύµπλοκα που ϐρήκαµε εξαντλούν την οµάδα D 4 και άρα αποτελούν τη διαµέριση της D 4 στα αριστερά σύµπλοκα της H = {Id 4, σρ}. Αρα έχουµε D 4 = {Id 4, σρ} {ρ, σρ 3 } {ρ 2, σ} {ρ 3, σρ 2 } (2 Τα δεξιά σύµπλοκα της υποοµάδας H = {Id 4, σρ} της D 4 είναι τα εξής: HId 4 = H Hρ = {ρ, σρ 2 } Hρ 2 = {ρ 2, σρ 3 } Hρ 3 = {ρ 3, σρ 4 } = {ρ 3, σ} Τα παραπάνω σύµπλοκα αποτελούν τη διαµέριση της D 4 στα δεξιά σύµπλοκα της H = {Id 4, σρ}. Αρα D 4 = {Id 4, σρ} {ρ, σρ 2 } {ρ 2, σρ 3 } {ρ 3, σ} (3 Τα αριστερά σύµπλοκα της υποοµάδας H = {Id 4, σρ} της D 4 είναι διαφορετικά από τα δεξιά σύµπλοκα, για παράδειγµα ρ 3 H Hρ 3, και άρα η H δεν είναι κανονική υποοµάδα της D 4. 3 Ασκηση 3. Να ϐρεθεί ο δείκτης της υποοµάδας H στην οµάδα G στις ακόλουθες περιπτώσεις : ( H = [3] 24 Z 24. (2 H = (2 3 S 3. (3 H = ( 3 D 4. Σε ποιές από τις παραπάνω περιπτώσεις η υποοµάδα H είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G; Λύση. Ψπενθυµίζουµε ότι αν H G είναι µια κανονική υποοµάδα µιας πεπερασµένης οµάδας G, τότε o(g/h = [G : H] = o(g o(h. Επίσης υπενθυµίζουµε ότι αν a G, όπου G είναι µια προσθετική οµάδα, τότε για κάθε k Z: o(ka = o(a (k,o(a. Με ϐάση τα παραπάνω, υπολογίζουµε τους Ϲητούµενους δείκτες: [ Z24 : [3] 24 ] = [ S3 : (2 3 ] = [ D4 : ( 3 ] = o(z 24 o( [3] 24 = (3,24 o(s 3 o( (23 = 6 2 = 3 o(d 4 o( (3 = 8 2 = 4 = 24 8 = 3 Η οµάδα Z 24 είναι αβελιανή και άρα η H = [3] 24 είναι κανονική. Για τις άλλες δυο περιπτώσεις υπολογίζοντας τα αριστερά και δεξιά σύµπλοκα της H στην G διαπιστώνουµε ότι δεν είναι κανονικές υποοµάδες. Ασκηση 4. Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική οµάδα GL 2 (R των αντιστρέψιµων πινάκων µε στοιχεία πραγ- µατικούς αριθµούς. ( Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι υποοµάδα της GL 2 (R. G = {( 0 d M2 2 (R ad 0 }

4 4 (2 Να δείξετε ότι το υποσύνολο H = {( b 0 M2 2 (R b R } είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G. (3 Να δειχθεί ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. ( ( Λύση. ( Εστω x y 0 d, 0 z G. Τότε ( ( ( x y ax ay + bz = G 0 d 0 z 0 dz διότι axdz 0 αφού ad 0 και ( xz 0. Αρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL 2 (R. Προφανώς το ουδέτερο στοιχείο 0 0 της GL2 (R ( ανήκει και στη G. Εστω 0 d G. Τότε ( ( ( ( b ( a da 0 = = = a G 0 d 0 0 d 0 d διότι ad ( 0. Αρα G GL 2 (R. x y (2 Εστω 0 z G. Τότε ( x y 0 z ( b 0 ( x y 0 z Συνεπώς H GL 2 (R. (3 Η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή αν και µόνο αν = = = ( y x xz 0 z ( x 0 z ( bz x 0 bz y xz H b da 0 d ( ( b x y 0 0 z ( x y 0 z A, B G: AH BH = BH AH (ABH = (BAH AB (BA H Εστω A = ( ( 0 d, B = x y 0 z G. Εχουµε: ( ( ( x y ax ay + bz AB = = 0 d 0 z 0 dz και τότε (AB (BA = BA = (BA = ( x y 0 z ( xa ( = 0 d xb yd xazd 0 zd ( ( ax ay + bz xa 0 dz Αρα η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. xb yd xazd 0 zd ( xa xb + yd 0 zd = ( ax 2 b axyd+xa 2 y+xabz xazd H 0 Ασκηση 5. Θεωρούµε το σύνολο απεικονίσεων G = { τ a,b : R R τ a,b (x = ax + b, a, b R, a 0 } το οποίο είναι οµάδα µε πράξη την σύνθεση απεικονίσεων.

5 5 ( Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι κανονική (ορθόθετη υποοµάδα της G. (2 Να προσδιορίσετε την οµάδα πηλίκο G/H. H = { τ,b G b R } Λύση. ( Για κάθε a, b, c, d, x R µε a, c 0 έχουµε: ( (τ a,b τ a, a b(x = τ a,b τa, a b(x (x = τ a,b a b (x = a a a b + b = x a = τ a,b τ a, a b = Id R Οµοια δείχνουµε ότι και άρα τ a, a b τ a,b = Id R (τ a,b = τ a, a b ( Ιδιαίτερα ϐλέπουµε ότι το σύνολο G αποτελείται από - και επί απεικονίσεις από το R στο R, και άρα είναι υποσύνολο της συµµετρικής οµάδας S(R επί του συνόλου R. Παρατηρούµε ότι η ταυτοτική απεικόνιση Id R : R R ανήκει στο σύνολο G διότι Id R = τ,0. Επίσης έχουµε Συνεπώς έπεται ότι (τ a,b τ c,d (x = τ a,b ( τc,d (x = τ a,b (cx + d = a(cx + d + b = acx + (ad + b = τ ac,ad+b τ a,b τ c,d = τ ac,ad+b (2 Να σηµειώσουµε ότι επειδή η ταυτοτική απεικόνιση : R R ανήκει στο υποσύνολο G, οι σχέσεις ( και (2 δείχνουν ότι το σύνολο G είναι υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S(R (της οποίας η πράξη είναι η σύνθεση απεικονίσεων. Εποµένως το σύνολο G εφοδιασµένο µε τη πράξη της σύνθεσης είναι οµάδα. Για κάθε τ a,b G έχουµε: Αρα δείξαµε ότι ( τ,r (ax + b (τ a,b τ,r τ a,b (x = τ a,b = τ a,b (ax + b + r = τ a, a b(ax + (b + r = a (ax + b + r a b = x + a b + a r a b = x + a r = τ,a r(x τ a,b τ,r τ a,b = τ,a r = τ a,b τ,r τ a,b H, τ a,b G Εποµένως έχουµε ότι η H είναι κανονική υποοµάδα της G. (2 Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G/H R, τ a,b H f ( τ a,b H = a

6 6 Καλά ορισµένη: Εστω τ a,b H = τ c,d H. Τότε έχουµε τ a,b τ c,d H = τ a,b τ c, c d H = τ ac, ac d+b H = ac = = a = c = f ( τ a,b H = f ( τ c,d H Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω τ a,b H, τ c,d H G/H. Τότε f ( (τ a,b H(τ c,d H = f ( τ a,b τ c,d H = f ( τ ac,ad+b H = ac = f ( τ a,b H f ( τ c,d H και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω τ a,b H G/H έτσι ώστε f ( τ a,b H =. Τότε a = = τ a,b H = τ,b H = τ a,b H = H και άρα ο πυρήνας της f είναι ο τετριµµένος. Συνεπώς η f είναι -. Επί : Για κάθε a R υπάρχει το στοιχείο τ a,b H G/H και από τον ορισµό της f έχουµε ότι f ( τ a,b H = a. Εποµένως η f είναι επί. Συνεπώς έχουµε ότι G/H R Ασκηση 6. Εστω η πολλαπλασιαστική οµάδα C των µη-µηδενικών µιγαδικών αριθµών. Λύση. ( Αν U = {z C z = } C, να δειχθεί ότι η οµάδα-πηλίκο C /U είναι ισόµορφη µε την πολλαπλασιαστική οµάδα R + των ϑετικών πραγµατικών αριθµών. (2 Να δείξετε ότι το σύνολο G = {( M2 2 (R (a, b (0, 0 } b a εφοδιασµένο µε την πράξη πολλαπλασιασµού πινάκων είναι οµάδα και υπάρχει ισοµορφισµός : ( Ορίζουµε την απεικόνιση G = C f : C /U R +, zu f(zu = z Εχουµε Καλά ορισµένη: Εστω zu = wu. Τότε έχουµε z w U = z w = = z w = = z = w = f(zu = f(wu Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω zu, wu C /U. Τότε f ( (zu(wu = f(zwu = zw = z w = f(zuf(wu και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω zu Ker f. Τότε f(zu = = z = = z U = zu = U Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι Ker f = 0 C /U. Επί : Για κάθε r R + το στοιχείο ru C /U και f(ru = r = r. Εποµένως η f είναι επί.

7 Αρα δείξαµε πράγµατι ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός: C /U R + ( (2 Εστω b a G. Τότε παρατηρούµε ότι b a = a2 + b 2 0 και άρα τα στοιχεία της G ανήκουν στην GL 2 (R. Θα δείξουµε ότι η G είναι υποοµάδα της GL 2 (R. Είναι ϕανερό ότι το ουδέτερο στοιχείο της GL 2 (R ( ( ανήκει και στην G. Εστω b a, c d d c G. Τότε ( ( ( c d ac bd ad + bc = G b a d c bc ad bd + ac διότι ac bd 0 ( και ad + bc 0. Αρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL 2 (R. Επίσης για κάθε b a G το αντίστροφο στοιχείο ( ( ( a b = b a a 2 + b 2 = a 2 +b 2 a 2 +b 2 G b a b a 2 +b 2 a a 2 +b 2 ανήκει στην G και άρα G GL 2 (R. Θα δείξουµε ότι η G είναι ισόµορφη µε την C. Ορίζουµε την απεικόνιση f : G C (, (( b a f b a = a + bi που είναι καλά ορισµένη. Εχουµε Οµοµορφισµός Οµάδων : ( Εστω a f (( ( a x y y x b b a και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : ( Εστω b a Ker f. Τότε ( b x y b a, y x G. Τότε (( = f ax by ay+bx bx ay by+ax = (ax by + (ay + bxi = ax + ayi + bxi by = (a + bi (x + yi = f (( (( x y b a f y x f (( b a = = a + bi = + 0i = a = και b = 0 = ( ( b a = 0 0 = Ker f = {( } 0 0 Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι Ker f = 0 G. Επί : Για κάθε µιγαδικό αριθµό x + yi C ( x y το στοιχείο y x Εποµένως η f είναι επί. Αρα έχουµε τον ισοµορφισµό: G C 7 G και f (( x y y x = x + yi. Ασκηση 7. ( Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (2 Πόσοι µονοµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (3 Πόσοι επιµορφισµοί οµάδων Z Z υπάρχουν ; (4 Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z Z 2 υπάρχουν ; (5 Πόσοι οµοµορφισµοί οµάδων Z 2 Z υπάρχουν ;

8 8 Λύση. ( Θα δείξουµε ότι µια απεικόνιση f : Z Z είναι οµοµορφισµός αν και µόνο αν υπάρχει k Z έτσι ώστε f = f k : Z Z, f k (n = nk. Καταρχήν για κάθε k Z η f k είναι οµοµορφισµός αφού f k (n + n 2 = k(n + n 2 = kn + kn 2 = f k (n + f k (n 2 Εστω f : Z Z ένας οµοµοφισµός οµάδων και ϑέτουµε f( = k Z. Εστω n Z. Τότε έχουµε n : f(n = f( + + = f( + + f( = n f( = nk = f k (n n = 0: f(0 = 0 = 0 k = f k (0 n < 0: Συνεπώς για κάθε n Z έχουµε f(n = f( ( n = f( n = ( nk = kn = f k (n f(n = f(n = nf( = nk = f = f k Επειδή f k = f λ αν και µόνο αν k = λ τότε υπάρχουν Z το πλήθος οµοµοµορφισµοί από το Z Z και δίνονται από τους οµοµοριφισµούς f k µε k Z. ηλαδή η απεικόνιση είναι - και επί. Z { οµοµορφισµοί : Z Z }, k f k (2 Εστω f : Z Z ένας µονοµορφισµός. Αρα από το ( έχουµε ότι f = f k, k Z, δηλαδή f k (n = kn για κάθε n Z. Τότε f k (n = 0 = kn = 0 = k = 0 ή n = 0 και άρα k 0. Επίσης για k 0 η f είναι µονοµορφισµός. Προφανώς αν k = 0 τότε Ker f = Z και άρα η f δεν είναι µονοµορφισµός. Συνοψίζοντας έχουµε: (3 Για παράδειγµα έστω ο οµοµορφισµός f : µονοµορφισµός f = f k, k 0 φ : Z Z, φ( = 5 Τότε για κάθε z Z έχουµε φ(z = 5z και άρα η εικόνα της φ είναι φ(z = 5Z Εποµένως η εικόνα της φ δεν είναι όλο το Z και άρα η φ δεν είναι επί. Γενικά λοιπόν παρατηρούµε ότι αν ορίσουµε φ: Z Z, φ( = a τότε φ(z = az = a. Για να είναι η φ επιµορφισµός ϑέλουµε να ισχύει η ισότητα: a = Z. Αυτό όµως συµβαίνει αν και µόνο αν το a = ±. Συνεπώς έχουµε δύο επιµορφισµούς από το Z στο Z: (α f : Z Z, (ϐ f : Z Z, Παρατηρείστε από το (2 ότι αυτοί είναι και οι µόνοι ισοµορφισµοί από το Z στο Z. (4 Θεωρούµε τις παρακάτω δυο απεικονίσεις f : Z Z 2, f ( = [0] f 2 : Z Z 2, f 2 ( = [] Η απεικόνιση f είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός και για κάθε n Z έχουµε: [0] αν n άρτιος f 2 (n = nf 2 ( = n[] = [n] = [] αν n περιτός Συνεπώς έχουµε 2 οµοµορφισµούς από το Z στο Z 2.

9 9 (5 Εστω f : Z 2 Z ένας οµοµορφισµός. Αρα f([0] = 0 και f([] = x για κάποιο x Z. Τότε f([0] = f([2] = f([] + [] = f([] + f([] = x + x = 2x = 2x = 0 = x = 0 Εποµένως f([] = 0 και άρα ο µοναδικός οµοµορφισµός Z 2 Z είναι ο µηδενικός. Ασκηση 8. ώστε παράδειγµα µη-τετριµµένου οµοµορφισµού, η δικαιολογήστε γιατί δεν υπάρχει µη-τετριµµένος οµοµορφισµός, f : G H, όπου : ( f : Z 2 Z 5. (2 f : Z 2 Z 4. (3 f : Z 2 Z 4 Z 2 Z 5. (4 f : Z 3 Z. (5 f : Z 3 S 3. (6 f : Z S 3. (7 f : Z Z 2Z. (8 f : 2Z Z Z. (9 f : D 4 S 3. (0 f : S 3 S 4. ( f : S 4 S 3. Λύση. ( Εστω f : Z 2 Z 5 ένας οµοµορφισµός. Τότε f([] 2 = [x] 5 για κάποιο στοιχείο [x] 5 Z 5. Τότε επειδή οι πιθανές τάξεις του [x] 5 είναι ή 5, και επειδή προφανώς η τάξη του f([] 2 διαιρεί την τάξη του στοιχείου [x] 5, ϑα έχουµε o ( f([] 2 o([] 2 = ή 5 2 Αρα η µόνη δυνατή επιλογή είναι o ( f([] 2 = και άρα f([] 2 = [0] 5. Συνεπώς ο µόνος οµοµορ- ϕισµός από το Z 2 στο Z 5 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός. (2 Ορίζουµε την απεικόνιση Αν [k] 2 = [λ] 2 τότε f : Z 2 Z 4, [k] 2 f([k] 2 = [3k] 4 2 k λ = k λ = 2r = k = 2r + λ = 3k = 3 2r + 3λ = 3k = 4(9r + 3λ = [3k] 4 = [3λ] 4 Αρα η f είναι καλά ορισµένη και εύκολα διαπιστώνουµε ότι είναι και οµοµορφισµός οµάδων. (3 Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 2 Z 4 Z 2 Z 5, ([x] 2, [y] 4 f([x] 2, [y] 4 = ([x] 2, [y] 5 Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων που δεν είναι ο τετριµµένος. (4 Εστω f : Z 3 Z, f([] = x, ένας οµοµορφισµός. Τότε 0 = f([0] = f([3] = 3f([] = 3x = 3x = 0 = x = 0 Εποµένως δεν υπάρχει µη-τετριµµένος οµοµορφισµός από το Z 3 στο Z. (5 Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 3 S 3, [] 3 f([] 3 = ( 2 3 και άρα f([0] 3 = (, f([2] 3 = ( 3 2. Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (6 Θεωρούµε την απεικόνιση g Z Z 3 h=f g f S 3

10 0 όπου η g στέλνει όλους τους ακέραιους n [n] 3 και η f είναι ο οµοµορφισµός που ορίσαµε στο (5. Τότε η h είναι οµοµορφισµός οµάδων ως σύνθεση οµοµορφισµών και ορίζεται ως εξής: ( αν [n] 3 = [0] 3 h(n = ( 2 3 αν [n] 3 = [] 3 (7 Ορίζουµε την απεικόνιση ( 3 2 αν [n] 3 = [2] 3 f : Z Z 2Z, (m, n f(m, n = 2m Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων που δεν είναι ο τετριµµένος. (8 Ορίζουµε την απεικόνιση f : 2Z Z Z, 2k f(2k = (2k, 0 Τότε εύκολα διαπιστώνουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (9 Ορίζουµε την απεικόνιση f : D 4 S 3 ως εξής: f( = ( f ( ( = ( 2 f ( ( 2(3 4 = ( f ( ( 4(2 3 = ( και f ( ( = ( 2 f ( ( 3 = ( 2 f ( ( 3(2 4 = ( f ( (2 4 = ( 2 Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (0 Ορίζουµε την απεικόνιση όπου η µετάθεση µ ορίζεται ως εξής: f : S 3 S 4, σ f(σ = µ µ(i = σ(i, i 3 4, i = 4 Τότε έπεται άµεσα ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. ( Ορίζουµε την απεικόνιση (, σ A 4 f : S 4 S 3, σ f(σ = ( 2, σ S 4 \ A 4 Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ασκηση 9. Να δείξετε ότι : ( Υπάρχουν µονοµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. (2 Υπάρχουν επιµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. Λύση. ( Θεωρούµε την απεικόνιση f k : Z Z, n f k (n = kn Τότε για k 0,, η f είναι µονοµορφισµός αλλά όχι ισοµορφισµός.

11 (2 Εστω η απεικόνιση f : C C, z f(z = z n Είναι ϕανερό ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Εστω w = a + bi = r cos θ + ir sin θ C. Τότε υπάρχει ο µιγαδικός αριθµός z = n r ( cos θ n + i sin θ C n έτσι ώστε f(z = z n = w και άρα η f είναι επιµορφισµός. Οµως Ker f = {z C f(z = } = U n δηλαδή η f δεν είναι µονοµορφισµός και άρα έχουµε ότι η f δεν είναι ισοµορφισµός. Ασκηση 0. Θεωρούµε την κανονική (ορθόθετη υποοµάδα Z της προσθετικής οµάδας R. Να ϐρεθούν όλα τα στοιχεία πεπερασµένης τάξης της οµάδας πηλίκο R/Z. Λύση. Εστω στοιχείο x + Z R/Z µε x + Z 0 + Z = Z και έστω ότι η τάξη του x + Z είναι πεπερασµένη. Τότε υπάρχει n έτσι ώστε Εποµένως δείξαµε ότι n (x + Z = Z = nx + Z = Z = nx = m Z n 0 = x = m n Q Αντίστροφα τώρα, έστω p q + Z R/Z µε p, q Z και q 0. Τότε q ( p q Από τις σχέσεις ( και (2 έπεται ότι o(x + Z < = x Q ( pq + Z = q + Z = p + Z = Z = o(p + Z < (2 q Q/Z = { r + Z R/Z r Q } = { x + Z R/Z o(x + Z < } δηλαδή τα στοιχεία πεπερασµένης τάξης της R/Z είναι ακριβώς τα στοιχεία της οµάδας πηλίκο Q/Z η οποία είναι υποοµάδα της οµάδας R/Z. Ασκηση. Εστω η προσθετική οµάδα Z των ακεραίων την οποία ϑεωρούµε ως υποοµάδα της προσθετικής οµάδας R των πραγµατικών αριθµών, και έστω U = { z C z = } η (πολλαπλασιαστική οµάδα του κύκλου. ( Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός R/Z = (2 είξτε ότι οι οµάδες U = {z C z = } και R δεν είναι ισόµορφες. U Λύση. ( Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : R/Z U, x + Z f(x + Z = e 2πix = cos (2πx + sin (2πx Καλά ορισµένη: Εστω x + Z = y + Z. Τότε x y = m Z και έχουµε e 2πim = = e 2πi(x y = = e 2πix 2πiy = = e 2πix (e 2πiy = = e 2πix = e 2πiy Αρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισµένη. = f(x + Z = f(y + Z

12 2 Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω x + Z, y + Z R/Z. Τότε f ( (x + Z + (y + Z = f(x + y + Z = e 2πi(x+y = e 2πix+2πiy = e 2πix e 2πiy = f(x + Zf(y + Z και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Εστω x + Z Ker f. Τότε f(x + Z = = e 2πix = = 2πx 2κπ, κ Z = x Z = x + Z = Z Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα. = Ker f = 0 + Z = 0 R/Z Επί : Εστω x + iy U. Γνωρίζουµε ότι υπάρχει µοναδικός αριθµός θ R έτσι ώστε x + iy = cos θ + i sin θ. Τότε f ( θ 2π + Z = e 2πi θ 2π = e iθ = cos θ + i sin θ = x + iy Εποµένως η f είναι επί. Αρα δείξαµε πράγµατι ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός: R/Z U (2 Οι οµάδες U = {z C z = } και R δεν είναι ισόµορφες διότι το στοιχείο i U έχει τάξη 4 ενώ το µόνο στοιχείο πεπερασµένης τάξης στην R είναι το 0. Ασκηση 2. Εστω G µια άπειρη οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : ( Η G είναι κυκλική. (2 Κάθε υποοµάδα H {e} της G είναι ισόµορφη µε την G. Λύση. ( (2 Εστω ότι η G είναι κυκλική, δηλαδή υπάρχει στοιχείο a G έτσι ώστε G = a. Τότε οι υποοµάδες της G είναι οι ακόλουθες: {e}, a, a 2, a 3,, a n, Εστω H {e} υποοµάδα της G. Τότε H = a k για κάποιο k και άρα η H είναι άπειρη κυκλική. Οµως από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι κάθε δυο άπειρες κυκλικές οµάδες είναι ισοµόρφες. Αρα έχουµε ότι H G. ιαφορετικά ϑα δείξουµε κατευθείαν το Ϲητούµενο ισοµορφισµό. Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G = a H = a k, a m Οµοµορφισµός Οµάδων : Εστω a m, a n G. Τότε f(a m = a mk = (a k m f(a m a n = f(a m+n = a (m+nk = a mk+nk = a mk a nk = f(a m f(a n και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ενα προς ένα : Αν f(a m = f(a n τότε a mk = a nk = a mk nk = e Επειδή o(a = έπέται ότι mk nk = (m nk = 0 και άρα m = n ή k = 0. Αν k = 0 τότε έχουµε άτοπο διότι H {e}. Συνεπώς έχουµε a m = a n, δηλαδή η f είναι ένα προς ένα.

13 3 Επί : Τα στοιχεία της H είναι της µορφής a kλ µε λ. Τότε έχουµε το στοιχείο a λ G και f(a λ = a λk. Εποµένως η f είναι επί. Αρα δείξαµε πράγµατι ότι : H G. (2 ( Επειδή η G είναι άπειρη υπάρχει στοιχείο a G µε a e. Θεωρούµε τη κυκλική υποοµάδα H = a της G που παράγεται από το στοιχείο a. Τότε από την υπόθεση µας έπεται ότι H G και άρα η οµάδα G είναι κυκλική. Ασκηση 3. Εστω G µια οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : ( Η G είναι αβελιανή. (2 Η απεικόνιση f : G G, f(x = x είναι οµοµορφισµός. (3 Η απεικόνιση g : G G, f(x = x 2 είναι οµοµορφισµός. (4 Η απεικόνιση h : G G G, h(x, y = xy είναι οµοµορφισµός. Λύση. ( (2 Υποθέτουµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: f(xy = (xy = y x = x y = f(xf(y και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. (2 ( Εστω ότι η απεικόνιση f είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε: f(xy = (xy = (xy = x y = (xy = (yx = xy = yx f(xf(y = x y Συνεπώς η οµάδα G είναι αβελιανή. ( (3 Υποθέτουµε ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: g(xy = (xy 2 = xy xy = xx yy = x 2 y 2 = g(xg(y Αρα η g είναι οµοµορφισµός οµάδων. (3 ( Υποθέτουµε αντίστροφα ότι η απεικόνιση g είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε: g(xy = (xy 2 = xyxy = xyxy = x 2 y 2 = xyxy = xxyy = yx = xy g(xg(y = x 2 y 2 Αρα η οµάδα G είναι αβελιανή. ( (4 Εστω ότι η οµάδα G είναι αβελιανή και έστω x, y G. Τότε: h ( (x, y (x 2, y 2 = h(x x 2, y y 2 = x x 2 y y 2 = x y x 2 y 2 = h(x, y h(x 2, y 2 και άρα η h είναι οµοµορφισµός οµάδων (4 ( Υποθέτουµε ότι η απεικόνιση h είναι οµοµορφισµός οµάδων και έστω x, y G. Τότε έχουµε: Εποµένως η οµάδα G είναι αβελιανή. h ( (x, e (e, y = h(xe, ey = h(x, y = xy h ( (e, y (x, e = h(e, yh(x, e = ey ex = yx = xy = yx Ασκηση 4. Εστω G µια πεπερασµένη οµάδα και H µια υποοµάδα της G µε την ιδιότητα ότι η H είναι η µοναδική υποοµάδα της G µε τάξη o(h. Να δείξετε ότι η H είναι κανονική (ορθόθετη.

14 4 Λύση. Από την υπόθεση µας έχουµε ότι αν K G είναι µια άλλη υποοµάδα της G µε τάξη o(k = o(h τότε K = H. Για κάθε g G ϑεωρούµε την υποοµάδα g Hg της G. Τότε η απεικόνιση f : H g Hg, h f(h = g hg είναι ένα προς ένα και επί και άρα o(h = o(g Hg. Συνεπώς από την υπόθεση µας έπεται ότι και άρα η H είναι κανονική. H = g Hg, g G Ασκηση 5. Εστω G µια πεπερασµένη οµάδα και H µια κανονική υποοµάδα της G. Αν ( [G : H], o(h = τότε να δείξετε ότι : x G : x o(h = e = x H Λύση. Εστω o(h = m και [G : H] = n. Επειδή η H είναι µια κανονική υποοµάδα της G τότε o(g/h = [G : H] = n Εστω x G έτσι ώστε x o(h = e, δηλαδή x m = e. Τότε έχουµε: Οµως Από τις σχέσεις ( και (2 έπεται ότι (xh m = x m H = eh = H = o(xh m ( o(xh n = o(g/h (2 o(xh (m, n = = o(xh = = xh = eh = x H και άρα έχουµε το Ϲητούµενο. Να σηµειώσουµε ότι το αντίστροφο, δηλαδή x H = x o(h = e, έχει αποδειχθεί για κάθε πεπερασµένη οµάδα G, ϐλέπε Κεφάλαιο 3 στα Θεωρητικά Θέµατα του µαθήµατος.

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

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

Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών

Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Κεφάλαιο 5 Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών 5.1 Συνοπτική Θεωρία Στο παρόν Κεφάλαιο επικεντρωνόµαστε στις ϐασικές ιδιότητες των οµάδων πηλίκων και των Θεωρηµάτων Ισοµορφισµών Οµάδων και στις

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 12 Μαίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 3 Μαρτίου 2016 Αν (G, ) είναι

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 Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 24 Μαρτίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 7 Απριλίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 24 Μαρτίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 2 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Οµάδες Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών

Οµάδες Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Κεφάλαιο 6 Οµάδες Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε τις ϐασικές ιδιότητες της οµάδας πηλίκο µιας οµάδας ως προς µια κανονική υποµάδα, ϑα αποδείξουµε τα ϐασικά ϑεωρήµατα

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi07/asi07.html Παρασκευή 9 Μαίου 07 Για κάθε µετάθεση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 31 Μαρτίου 2016 Υπενθυµίζουµε

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi06/asi06.html Πέµπτη Απριλίου 06 Ασκηση. Θεωρούµε τα

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 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 Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m )

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m ) 302 14. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και Οµάδες Αυτοµορφισµών Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες ως προς τη σχέση ισοµορφίας. Ε- πίσης ϑα αποδείξουµε ένα σηµαντικό κριτήριο ισοµορφίας

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = e x g(y) = log e y f(x 1 ) = f(x) 1 f(x k ) = f(x) k

f(x) = e x g(y) = log e y f(x 1 ) = f(x) 1 f(x k ) = f(x) k 287 13. Οµοµορφισµοί Οµάδων Στην παρούσα ενότητα ϑα µελετήσουµε απεικονίσεις µεταξύ οµάδων οι οποίες ϑα µας επιτρέψουν τη σύγκριση και την ταξινόµηση διάφορων κλάσεων οµάδων, ως προς τις δοµικές τους ιδιότητες.

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Οµοµορφισµοί Οµάδων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 287 13. Οµοµορφισµοί Οµάδων Στην παρούσα ενότητα

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικές Δομές Ι. 1 Ομάδα I

Αλγεβρικές Δομές Ι. 1 Ομάδα I Αλγεβρικές Δομές Ι 1 Ομάδα I Ά σ κ η σ η 1.1 Έστω G μια προσθετική ομάδα S ένα μη κενό σύνολο και M(S G το σύνολο όλων των συναρτήσεων f : S G. Δείξτε ότι το σύνολο M(S G είναι ομάδα με πράξη την πρόσθεση

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 31 Μαρτίου 2017 Υπενθυµίζουµε

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii18/laii18html Παρασκευή 9 Μαρτίου 18 Ασκηση 1 Θεωρούµε

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 16 Ιανουαρίου 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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου 2016

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρητικά Θέµατα. Ι. Θεωρία Οµάδων. x R y ή x R y ή x y(r) [x] R = { y X y R x } X. Μέρος Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις

Θεωρητικά Θέµατα. Ι. Θεωρία Οµάδων. x R y ή x R y ή x y(r) [x] R = { y X y R x } X. Μέρος Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις 202 Μέρος 4. Θεωρητικά Θέµατα Ι. Θεωρία Οµάδων 1. Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις 1.1. Σχέσεις ισοδυναµίας. Εστω X ένα µη-κενό σύνολο. Ορισµός 1.1. Μια σχέση ισοδυναµίας επί του X είναι ένα

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 202 Μέρος 4. Θεωρητικά

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 11 Ιανουαρίου 2013 Ασκηση

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

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 6 Νοεµβρίου 0 Ασκηση. Θεωρούµε

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

a = a a Z n. a = a mod n.

a = a a Z n. a = a mod n. Αλγεβρα Ι Χειμερινο Εξαμηνο 2017 18 Διάλεξη 1 Ενότητα 1. Πράξεις: Πράξεις στο σύνολο S, ο πίνακας της πράξης, αντιμεταθετικές πράξεις. Προσεταιριστικές πράξεις, το στοιχείο a 1 a 2 a n. Η πράξη «σύνθεση

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebrai/lai2018/lai2018.html Παρασκευή 14 εκεµβρίου 2018 Ασκηση

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

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

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, ),

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, ), Α Δ Ι Α - Φ 4 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 15 Νοεμβρίου

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

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/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 26 Μαίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai018/lai018html Παρασκευή 3 Νοεµβρίου 018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 13 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε την

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebrai/lai2017/lai2017.html Παρασκευή 22 εκεµβρίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 3 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 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

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

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt204/nt204.html htts://sites.google.com/site/maths4eu/home/4

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://stes.google.com/ste/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii8/laii8html Παρασκευή 4 Ιουνίου

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

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

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai8/lai8html Παρασκευή 6 Οκτωβρίου 8 Υπενθυµίζουµε

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2019/laii2019html Παρασκευή 1 Μαρτίου 2019 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 17 Ιανουαρίου 2014

Α Δ Ι. Παρασκευή 17 Ιανουαρίου 2014 Α Δ Ι Α - Φ 10 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 17 Ιανουαρίου

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html Παρασκευή 29 Μαίου 2015 Ασκηση 1.

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

Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη

Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη Κεφάλαιο 10 Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε ειδικούς τύπους ιδεωδών σε έναν δακτύλιο και την επίδραση που έχουν οι επιπλέον ιδιότητες τις οποίες ικανοποιούν τα ιδεώδη αυτά

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018html Παρασκευή 9 Μαρτίου 2018 Ασκηση

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

Κεφάλαιο 4. Ευθέα γινόµενα οµάδων. 4.1 Ευθύ εξωτερικό γινόµενο οµάδων. i 1 G 1 G 1 G 2, g 1 (g 1, e 2 ), (4.1.1)

Κεφάλαιο 4. Ευθέα γινόµενα οµάδων. 4.1 Ευθύ εξωτερικό γινόµενο οµάδων. i 1 G 1 G 1 G 2, g 1 (g 1, e 2 ), (4.1.1) Κεφάλαιο 4 Ευθέα γινόµενα οµάδων Στο Παράδειγµα 1.1.2.11 ορίσαµε το ευθύ εξωτερικό γινόµενο G 1 G 2 G n των οµάδων G i, 1 i n. Στο κεφάλαιο αυτό ϑα ασχοληθούµε λεπτοµερέστερα µε τα ευθέα γινόµενα οµάδων

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 7 εκεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii9/laii9html Παρασκευή 9 Μαρτίου 9 Ασκηση Εστω (E,,

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

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι Είδαµε στο κύριο θεώρηµα του προηγούµενου κεφαλαίου ότι κάθε δακτύλιος διαίρεσης έχει την ιδιότητα κάθε πρότυπο είναι ευθύ άθροισµα απλών προτύπων. Εδώ θα χαρακτηρίσουµε όλους

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Σάββατο 20 Απριλίου 2013 Ασκηση 1. 1) είξτε ότι η

Διαβάστε περισσότερα

(a + b) n = a k b n k, k. (a + b) p = a p + b p. k=0. n! k! (n k)! k =

(a + b) n = a k b n k, k. (a + b) p = a p + b p. k=0. n! k! (n k)! k = ΒΑΣΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Συμπληρωματικές Ασκήσεις Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Χρήστος Α. Αθανασιάδης Συμβολίζουμε με Z m το δακτύλιο των ακεραίων modulo m, με ā Z m την κλάση (mod m) του a Z και με M n (R) το δακτύλιο

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 0. Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη

Κεφάλαιο 0. Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη Κεφάλαιο 0 Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη Το κεφάλαιο αυτό έχει προπαρασκευαστικό χαρακτήρα Θα καθιερώσουµε συµβολισµούς και θα υπενθυµίσουµε ορισµούς και στοιχειώδεις προτάσεις για δακτύλιους και ιδεώδη

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii018/laii018html ευτέρα 3 Απριλίου 018 Αν C = x

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 6 υϊκοι Χωροι και Χωροι Πηλικα Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε

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

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

Α Δ Ι. Δευτέρα 13 Ιανουαρίου 2014

Α Δ Ι. Δευτέρα 13 Ιανουαρίου 2014 Α Δ Ι Α - Φ 9 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Δευτέρα 13 Ιανουαρίου

Διαβάστε περισσότερα

= s 2m 1 + s 1 m 2 s 1 s 2

= s 2m 1 + s 1 m 2 s 1 s 2 ΑΝΤΙΜΕΤΑΘΕΤΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΕΑΡΙΝΟ ΕΞΑΜΗΝΟ, 203 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΧΑΡΑ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΥΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ, ΑΠΘ Οι σηµειώσεις αυτές είναι ϐασισµένες στις διαλέξεις του µαθήµατος. Καταγράϕηκαν αρχικά ηλεκτρονικά από τη κ.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt205/nt205.html ευτέρα 27 Απριλίου 205 Ασκηση. είξτε ότι για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι. Ακαδηµαϊκο Ετος Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης

Γραµµικη Αλγεβρα Ι. Ακαδηµαϊκο Ετος Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Γραµµικη Αλγεβρα Ι Ακαδηµαϊκο Ετος 2011-2012 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml 21-2 - 2012

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii19/laii19html Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai017/lai017html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 017

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 23 Νεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αν N, να

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

ακτύλιοι και Υποδακτύλιοι

ακτύλιοι και Υποδακτύλιοι Κεφάλαιο 6 ακτύλιοι και Υποδακτύλιοι 6.1 Συνοπτική Θεωρία Στην παρούσα ενότητα υπενθυµίζουµε εν συντοµία την έννοια του δακτυλίου και υποδακτυλίου, και επικεντρωνόµαστε στις ϐασικές ιδιότητες και κατασκευές

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 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

f : G G G = 7 12 = 5 / N. x 2 +1 (x y) z = (x+y+xy) z = x+y+xy+z+(x+y+xy)z = x+y+z+xy+yz+xz+xyz.

f : G G G = 7 12 = 5 / N. x 2 +1 (x y) z = (x+y+xy) z = x+y+xy+z+(x+y+xy)z = x+y+z+xy+yz+xz+xyz. Σ.Παπαδόπουλος 1 1 Βασικές έννοιες ομάδας Εστω G ένα σύνολο με G. Μία πράξη στο G είναι μία συνάρτηση f : G G G. Αντί f(x, y) γράφουμε x y και αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης xy. Είναι φανερό ότι σε

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

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: Τανυστικά Γινόµενα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: Τανυστικά Γινόµενα ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: Τανυστικά Γινόµενα Στο κεφάλαιο αυτό εισάγουµε την έννοια του τανυστικού γινοµένου προτύπων. Θα είµαστε συνοπτικοί καθώς αναπτύσσουµε µόνο εκείνες τις στοιχειώδεις προτάσεις που θα βρουν εφαρµογές

Διαβάστε περισσότερα