Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Οµάδες-Πηλίκα και τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών"

Transcript

1 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 εφαρµογές τους στη ϑεωρία πεπερασµένων ή άπειρων οµάδων Κανονικές Υποοµάδες και Οµάδες-Πηλίκα Υπενθυµίζουµε ότι µια υποοµάδα H της G καλείται κανονική υποοµάδα αν ικανοποιείται µια από τια ακόλουθες ισοδύναµες συνθήκες : 1. N G (H) = G, δηλαδή G = { x G xh x 1 = H }. 2. x G: xh x 1 H. 3. x G, h H: x h x 1 H. 4. x G: xh = H x. και τότε ϑα γράφουµε : H G. Εστω ότι G είναι µια οµάδα και ότι H είναι µια υποοµάδα της G. Τότε ορίζοντας αποκτούµε µια σχέση ισοδυναµίας R H επί του συνόλου G. x, y G : x RH y x 1 y H (5.1) Αν η υποοµάδα H της οµάδας (G, ) είναι κανονική : H G, τότε η σχέση ισοδυναµίας R H είναι συµβι- ϐαστή µε την πράξη της οµάδας G, και τότε το σύνολο-πηλίκο G/H = G/R H = { [x] H G x G } = { xh G x G } είναι εφοδιασµένο µε την επαγόµενη καλά ορισµένη πράξη : G/H G/H G/H, ([x] H,[y] H ) := [x] H [y] H = [x y] H δηλαδή : G/H G/H G/H, xh yh := (x y)h Πρόταση Εστω H G µια κανονική υποοµάδα µιας οµάδας G. Τότε : 233

2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Το σύνολο-πηλίκο G/H αποτελεί οµάδα µε πράξη : xh yh := (x y)h Το ουδέτερο στοιχείο της οµάδας G/H είναι η πλευρική κλάση (σύµπλοκο) eh = H και το αντίστροφο του στοιχείου xh είναι η πλευρική κλάση (σύµπλοκο) x 1 H: e G/H = e G H = H και (xh) 1 = x 1 H Η οµάδα G/H καλείται η οµάδα-πηλίκο της G ως προς την κανονική υποοµάδα H. 2. Αν η οµάδα G είναι αβελιανή, τότε και η οµάδα-πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 3. Αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη, τότε και η οµάδα-πηλίκο G/H είναι πεπερασµένη και ισχύει : o(g/h) = o(g) = [G : H] o(h) Γενικότερα αν H G είναι µια κανονική υποοοµάδα της, όχι απαραίτητα πεπερασµένης, οµάδας G τότε η τάξη G/H της οµάδας-πηλίκο G/H είναι ο δείκτης [G : H] της H στην G. Υπενθυµίζουµε ότι µια απεικόνιση f : G G µεταξύ οµάδων (G, ) και (G, ) καλείται οµοµορφισµός οµάδων αν : x, y G : f (x y) = f (x)f (y) Ενας ενδοµορφισµός της οµάδας G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων f : G G. Σηµειώνουµε ότι, χάριν ευκολίας του συµβολισµού, συµβολίζουµε µε το ίδιο σύµβολο την πράξη στις οµάδες G και G. Γενικά αν είναι η πράξη της G και η πράξη της G, τότε η παραπάνω σχέση γράφεται : f (x y) = f (x) f (y). Επίσης σηµειώνουµε ότι για κάθε οµάδα G, η ταυτοτική απεικόνιση Id G : G G, Id G (x) = x, είναι ένας ενδοµορφιµός της G, ο οποίος καλείται ο ταυτοτικός ενδοµορφισµός της G, και αν G,G είναι οµάδες, τότε η απεικόνιση f : G G, f (x) = e G, x G, είναι προφανώς ένας οµοµορφισµός, ο οποίος καλείται ο τετριµµένος οµοµορφισµός (από την G στην G ). Πρόταση ( = Πρόταση ). Εστω (G, ) και (G, ) δύο οµάδες. 1. Εστω ότι f : G G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. Τότε : (αʹ) f (e G ) = e G. (ϐʹ) a G 1 : f (a 1 ) = f (a) 1. (γʹ) Αν a 1,, a n G, n 1, τότε : f (a 1 a n ) = f (a 1 ) f (a n ). (δʹ) a G 1, n Z: f (a n ) = f (a) n. 2. Η σύνθεση οµοµορφισµών (ισοµορφισµών) οµάδων οµάδων είναι (οµοµορφισµός) ισοµορφισµός οµάδων. 3. (αʹ) Αν ο οµοµορφισµός οµάδων f : G G είναι ισοµορφισµός, τότε η αντίστροφη απεικόνιση f 1 : G G είναι ισοµορφισµός οµάδων. (ϐʹ) Ενας οµοµορφισµός οµάδων f : G, ) G είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν υπάρχει οµοµορ- ϕισµός οµάδων g : G G, (και τότε g = f 1 ), έτσι ώστε : f g = Id G και g f = Id G Ορισµός Εστω ότι f : G G είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Ο πυρήνας του f είναι το υποσύνολο του συνόλου G το οποίο ορίζεται ως : Ker(f ) = { } x G f (x) = e G

3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Η εικόνα του f είναι το υποσύνολο του συνόλου G το οποίο ορίζεται ως : Im(f ) = { f (x) G x G } Η επόµενη Πρόταση δίνει χαρακτηρισµούς µονοµορφισµών, επιµορφισµών και ισοµορφισµών οµάδων, και επιπλέον δείχνει ότι ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού οµάδων είναι κανονική υποοµάδα. Πόρισµα Εστω f : G G ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Ο πυρήνας Ker(f ) του f είναι µια κανονική υποοµάδα της G. Επιπλέον ο f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν Ker(f ) = {e G }. 2. Η εικόνα Im(f ) του f είναι µια υποοµάδα της G. Επιπλέον ο f είναι επιµορφισµός αν και µόνον αν Im(f ) = G Τα Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Τα επόµενα σηµαντικά Θεωρήµατα, είναι γνωστά ως Θεωρήµατα Ισοµορφισµών Οµάδων. Θεώρηµα (1ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. Τότε η απεικόνιση f : G 1 /Ker(f ) Im(f ), f (x Ker(f )) = f (x) ορίζει έναν ισοµορφισµό οµάδων f : G 1 /Ker f = Im(f ) Πόρισµα Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Αν ο f είναι µονοµορφισµός, τότε ο οµοµορφισµός f : G 1 G 2 ορίζει έναν ισοµορφισµό f : G 1 = Im(f ) G2, f (x) = f (x) ηλαδή η G 2 είναι ισόµορφη µε µια οµάδα πηλίκο της G Αν ο f είναι επιµορφισµός, τότε ο οµοµορφισµός f : G 1 G 2 επάγει έναν ισοµορφισµό G 1 /Ker(f ) = G 2 ηλαδή η G 2 είναι ισόµορφη µε την υποοµάδα Im(f ) της G 2. Θεώρηµα (2ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι G είναι µια οµάδα, H G είναι µια υποοµάδα της G, και N G είναι µια κανονική υποοµάδα της G. Τότε : 1. Το υποσύνολο H N = {hn G h H και n N} είναι µια υποοµάδα της G και N HN. 2. H N H, και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : HN / N = H / (H N) Αν η οµάδα G είναι προσθετική, τότε ο παραπάνω ισοµορφισµός έχει την ακόλουθη µορφή : H + N / N = H / (H N)

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 236 Θεώρηµα (3ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι H G και N G είναι κανονικές υποοµάδες µιας οµάδας G, και έστω ότι N H. Τότε η οµάδα πηλίκο H/N είναι µια κανονική υποοµάδα της οµάδας πηλίκο G/N και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : G/N / H/N = G/H Θεώρηµα (4ο Θεώρηµα Ισοµορφισµών). Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Η απεικόνιση Φ : { H G 1 Ker(f ) H } { K G 2 K Im(f ) }, Φ(H) = f (H) είναι «1-1» και «επί», µε αντίστροφη την απεικόνιση : Ψ : { K G 2 K Im(f ) } { H G 1 Ker(f ) H }, Ψ(K ) = f 1 (K ) 2. Επιπλέον οι «1-1» και «επί» απεικονίσεις Φ και Ψ διατηρούν την κανονικότητα, µε άλλα λόγια : Ker(f ) H G 1 f (H) Im(f ) και K Im(f ) Ker(f ) f 1 (K ) G 1 Η επόµενη Πρόταση περιγράφει τις (κανονικές) υποοµάδες της µιας οµάδας πηλίκο. Πόρισµα (Θεώρηµα Αντιστοιχίας Υποοµάδων). Εστω ότι N G είναι µια κανονική υποοµάδα µιας οµάδας G. Τότε η απεικόνιση Φ : { (κανονικές) υποοµάδες H της G έτσι ώστε : N H } { (κανονικές) υποοµάδες K της G/N } Φ(H) = π N (H) = H/N είναι «1-1» και «επί». Το ακόλουθο αποτέλεσµα δείχνει ότι κάθε οµάδα µπορεί να ϑεωρηθεί, µε ακρίβεια ισοµορφισµού, ως υποοµάδα µιας κατάλληλης οµάδας µεταθέσεων. Θεώρηµα (Θεώρηµα Cayley (1854) ). Κάθε οµάδα (G, ) είναι ισόµορφη µε µια υποοµάδα µιας κατάλληλης οµάδας µεταθέσεων. Ιδιαίτερα αν η οµάδα G είναι πεπερασµένη µε τάξη G = n <, τότε η G είναι ισόµορφη µε µια υποοµάδα της συµµετρικής οµάδας S n. Με άλλα λόγια υπάρχει ένας µονοµορφισµός οµάδων L G : G S(G), L G (a) : G G, L(a)(x) = a x και η οµάδα G είναι ισόµορφη µε την υποοµάδα Im(L G ) S(G): L G : G = Im(L G ) S(G) Παρόµοια µπορούµε να ορίσουµε µια απεικόνιση R G : G S(G), R G (g ) = r g όπου r g : G G, r g (x) = xg 1 Ακριβώς µε τον ίδιο τρόπο όπως στο Θεώρηµα , αποδεικνύεται ότι η R G είναι µια «1-1» απεικόνιση R G : G S(G) η οποία είναι µονοµορφισµός οµάδων διότι εύκολα προκύπτει ότι R g1 g 2 = R g1 R g2.

5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 237 Ορισµός Εστω ότι G είναι µια οµάδα. 1. Ο µονοµορφισµός L G : G S(G), g L G = l g, και l g (x) = g x καλείται η αριστερή κανονική αναπαράσταση της G. 2. Ο µονοµορφισµός R G : G S(G), g R G = r g, και r g (x) = xg 1 καλείται η δεξιά κανονική αναπαράσταση της G. 5.2 Λυµένες Ασκήσεις Ασκηση Βρείτε την τάξη της δοθείσας οµάδας πηλίκο : 1. Z 6 / [3]6 2. (Z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 ) 3. (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) 4. (Z 3 Z 5 ) / ({[0] 3 } Z 5 ) 5. (Z 2 S 3 ) / ([1] 2,(123)) Λύση. 1. Η τάξη της οµάδας πηλίκο Z 6 / [3] 6 είναι : o(z 6 / [3] 6 ) = o(z 6) o( [3] 6 ) = o(z 6) o([3] 6 ) = 6 o([3] 6 ) Επειδή ϑα έχουµε : o([3] 6 ) = o(3[1] 6 ) = o([1] 6) (3,o([1] 6 ) = 6 (3,6) = 6 3 = 2 o(z 6 / [3] 6 ) = oz 6 o([3] 6 ) = 6 2 = 3 2. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 4 Z 12 )/( [2] 4 [2] 12 ) είναι : o((z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 )) = o(z 4 Z 12 ) o( [2] 4 [2] 12 ) = 48 o( [2] 4 [2] 12 ) Επειδή έπεται ότι [2] 4 = { [0] 2,[2] 4 } και [2] 12 = { [0] 12,[2] 2,[4] 12,[6] 12,[8] 12,[10] 12 } o( [2] 4 [2] 12 ) = 2 6 = 12 και εποµένως o((z 4 Z 12 ) / ( [2] 4 [2] 12 )) = 48 o( [2] 4 [2] 12 ) = = 4

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) είναι : o ( (Z 4 Z 2 ) / ([2] 4,[1] 2 ) ) = = = o(z 4 Z 2 ) o( ([2] 4,[1] 2 ) ) 4 2 [(o([2] 4 ),o([1] 2 )] 8 [2,2] = 8 2 = 4 4. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 3 Z 5 ) / ({[0] 3 } Z 5 ) είναι : διότι προφανώς o({[0] 3 } Z 5 ) = o(z 5 ) = 5. o((z 3 Z 5 )/({[0] 3 } Z 5 )) = o(z 3 Z 5 ) o({[0] 3 } Z 5 ) = = 3 5. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 2 S 3 ) / ([1] 2,(123)) είναι : o((z 2 S 3 )/ ([1] 2,(123)) ) = = = o(z 2 S 3 ) o( ([1] 2,(123)) ) 2 6 [o([1] 2 ),o((123))] 12 [2,3] = 12 6 = 2 Ασκηση Βρείτε την τάξη του στοιχείου : 1. [5] 12 + [4] 12 στην οµάδα πηλίκο Z 12 / [4]12 2. [26] 60 + [12] 60 στην οµάδα πηλίκο Z 60 / [12]60 3. ([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) 4. ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 6 Z 8 ) / ([4] 6,[4] 8 ) Λύση. Οι τάξεις των στοιχείων µπορούν να υπολογισθούν µε διάφορους τρόπους, συµπεριλαµβανοµένου του ορισµού. Θα δούµε παρακάτω αρκετούς τέτοιους τρόπους. 1. Η οµάδα Z 12 είναι κυκλική µε γεννήτορα την κλάση [1] 12. Επειδή η οµάδα Z 12 / [4]12 είναι πηλίκο της κυκλικής οµάδας Z 12, έπεται ότι η οµάδα Z 12 / [4]12 είναι επίσης κυκλική και µάλιστα µε γεννήτορα το στοιχείο [1] 12 + [4] 12. Ετσι ϑα έχουµε : o ( [5] 12 + [4] 12 ) = o ( 5[1] 12 + [4] 12 ) = o ( 5([1] 12 + [4] 12 ) ) = o( [1] 12 + [4] 12 ) (5,o ( [1] 12 + [4] 12 ) )

7 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 239 Επειδή το στοιχείο [1] 12 + [4] 12 είναι γεννήτορας της κυκλικής µάδας, ϑα έχουµε o ( [1] 12 + [4] 12 ) = o(z 12 / [4] 12 ) = o(z 12) o( [4] 12 ) = 12 o([4] 12 ) = 12 3 = 4 επειδή προφανώς o([4] 12 ) = 3. Εποµένως : o ( [5] 12 + [4] 12 ) = o( [1] 12 + [4] 12 ) (5,o ( [1] 12 + [4] 12 ) ) = 4 (5,4) = 4 1 = 4 Παρατηρούµε ότι επειδή η τάξη του στοιχείου [5] 12 + [4] 12 στην οµάδα Z 12 / [4] 12 είναι 4, δηλαδή όσο και η τάξη της οµάδας, το στοιχείο [5] 12 + [4] 12 είναι επίσης γεννήτορας της Z 12 / [4] Η οµάδα Z 60 είναι κυκλική µε γεννήτορα την κλάση [1] 60. Επειδή η οµάδα Z 60 / [12]60 είναι πηλίκο της κυκλικής οµάδας Z 60, έπεται ότι η οµάδα Z 60 / [12]60 είναι επίσης κυκλική και µάλιστα µε γεννήτορα το στοιχείο [1] 60 + [12] 60. Ιδιαίτερα ϑα έχουµε : o([1] 60 + [12] 60 ) = o(z 60 / [12]60 ) = o(z 60) o( [12] 60 ) = 60 o( [12] 60 ) = 60 o([12] 60 ) = 60 5 = 12 διότι όπως µπορούµε να δούµε εύκολα o([12] 60 ) = 5. Ετσι ϑα έχουµε : o ( [26] 60 + [12] 60 ) = o ( 26[1] 60 + [12] 60 ) = o ( 26([1] 60 + [12] 60 ) ) = o ( [1] 12 + [4] 12 ) = (26,o ( [1] 12 + [12] 60 ) ) = 12 (26,12) = 12 2 = 6 3. Η τάξη της οµάδας πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) είναι : o((z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) ) = o(z 3 Z 6 ) o( ([1] 3,[1] 6 ) ) = 3 6 o(([1] 3,[1] 6 )) = 18 [o([1] 3,o([1] 6 ]) = 18 [3,6] = 18 6 = 3 Άρα η τάξη του στοιχείου ([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 3 Z 6 ) / ([1] 3,[1] 6 ) ϑα είναι διαιρέτης της τάξης 3 της οµάδας και άρα ϑα είναι 1 ή 3. Οµως η τάξη του στοιχείου δεν µπορεί να είναι 1 διότι αν είναι 1, τότε ([2] 3,[1] 6 ) ([1] 3,[1] 6 ) και άρα ([2] 3,[1] 6 ) = k([1] 3,[1] 6 ), για κάποιον ακέραιο k. ηλαδή ([2] 3,[1] 6 ) = k([k] 3,[k] 6 ) και εποµένως [2] 3 = [k] 3 και [1] 6 = [k] 6. Τότε 3 k 2 και 6 k 1. Προφανώς οι δύο τελευταίες σχέσεις διαιρετότητας µας οδηγούν σε άτοπο. Εποµένως : o(([2] 3,[1] 6 ) + ([1] 3,[1] 6 ) ) = 3 4. Η τάξη του στοιχείου ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) στην οµάδα πηλίκο (Z 6 Z 8 ) / (4,4) είναι 1, δηλαδή ([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) = (4,4) διότι το στοιχείο ([2] 6,[0] 8 ) ανήκει στην υποοµάδα ([4] 6,[4] 8 ). Πα- ϱαγµατικά : 8([4] 6,[4] 8 ) = ([32] 6,[32] 8 ) = ([2] 6,[0] 8 ). Ετσι o(([2] 6,[0] 8 ) + ([4] 6,[4] 8 ) ) = 1 Ασκηση ( ευτερο Θεωρηµα Ισοµορφισµων). Εστω G µια οµάδα, H G µια υποοµάδα της G, και N G µια κανονική υποοµάδα της G. Να δειχθεί ότι : 1. Το υποσύνολο H N = {hn G h H και n N} είναι µια υποοµάδα της G και N HN. 2. H N H, και υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων : HN / N = H / (H N) Αν η οµάδα G είναι προσθετική, τότε ο παραπάνω ισοµορφισµός έχει την ακόλουθη µορφή : H + N / N = H / (H N)

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Ως εφαρµογή να δειχθεί ότι, αν G = Z, H = 3Z, N = 4Z, τότε υπάρχει ισοµορφισµός : 3Z / 12Z = Z 4 Λύση. 1. Προφανώς e = ee H N. Εστω g 1, g 2 H N. Τότε g 1 = h 1 n 1 και g 2 = h 2 n 2, και εποµένως : Παρόµοια : g 1 g2 1 = h 1 n 1 (h 2 n 2 ) 1 = h 1 n 1 n2 1 h 1 2 = h 1 n 1 en2 1 h 1 2 = h 1 n 1 h2 1 h 2n2 1 h 1 2 = h 1 n 1 h2 1 n Εποµένως ϑα έχουµε : όπου n = h 2 n 1 2 h 1 2 = (h 1 2 ) 1 n 1 2 h 1 2 N διότι N G h 1 n 1 h 1 2 n = h 1 en 1 h 1 2 n = h 1 h 1 2 h 2n 1 h 1 2 n = h 1 h 1 2 n n HN όπου Εστω τώρα hn H N και n N, Τότε ϑα έχουµε : n = h 2 n 1 h 1 2 = (h 1 2 ) 1 n 1 h 1 2 N διότι N G g 1 g 1 2 HN και άρα HN G (hn) 1 n (hn) = n 1 h 1 n hn = n 1 (h 1 n h)n N διότι, επειδή N G, το στοιχείο h 1 n h N και n 1,n N. Άρα N HN. 2. Ορίζουµε απεικόνιση f : H HN/N, f (h) = hn ϑεωρώντας το στοιχείο h H H N. Η f είναι προφανώς οµοµορφισµός οµάδων. Ο πυρήνας της f είναι : Ker(f ) = { h H f (h) = N } = { h H hn = N } = { h H h N } = H N και εποµένως η υποοµάδα H N είναι κανονική υποοµάδα της H. Η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, διότι : (hn)n H N/N : (hn)n = hn διότι h 1 (hn) = (h 1 h)n = en = n N και άρα f (h) = hn = (hn)n Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών ϑα έχουµε ότι ο επιµορφισµός f ορίζει έναν ισοµορφισµό f : H/H N = HN/N, f (h(h N)) = hn 3. Τέλος έστω G = Z, H = 3Z, και N = 4Z. Χρησιµοποιώντας προσθετικό συµβολισµό (επειδή όλες οι εµπλεκόµενες οµάδες είναι προσθετικές), ϑα έχουµε : 3Z + 4Z = { 3m + 4n Z m,n Z } και έτσι από ότι αποδείξαµε πριν ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό οµάδων : 3Z / (3Z 4Z) = (3Z + 4Z) / 4Z ( ) Θα ταυτοποιήσουµε πρώτα τις οµάδες 3Z + 4Z και 3Z 4Z. Επειδή (3,4) = 1, έπεται ότι υπάρχουν x, y Z έτσι ώστε 3x + 4y = 1. Εποµένως αν k Z, τότε k = k1 = k(3x + 4y) = 3(kx) + 4(k y) 3Z + 4Z

9 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 241 και άρα : Εποµένως 3Z + 4Z = Z (3Z + 4Z)/4Z = Z/4Z = Z 4 ( ) Από την άλλη πλευρά, 3Z 4Z = 12Z. Πραγµατικά, έστω x 3Z 4Z, και άρα x = 3n = 4m, δηλαδή 3 x και 4 x. Επειδή (3,4) = 1, ϑα έχουµε 12 = 3 4 x και άρα x = 12k για κάποιο k Z, δηλαδή x 12Z και έτσι : 3Z 4Z 12Z. Αντίστροφα, έστω x 12Z, δηλαδή x = 12k για κάποιο k Z. Τότε x = 3(4k) και άρα x 3Z και x = 4(3k) και άρα x 4Z. Εποµένως x 3Z 4Z και έτσι 12Z 3Z 4Z. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε 3Z 4Z = 12Z και άρα 3Z/(3Z 4Z) = 3Z/12Z ( ) Συνδυάζοντας τις σχέσεις ( ),( ),( ) ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό : 3Z / 12Z = Z 4 Ασκηση Εστω f : G G ένας ενδοµορφισµός της πεπερασµένης οµάδας G. Να δειχθεί ότι : G = Im(f ) Ker(f ) Τι συµπέρασµα µπορείτε να ϐγάλετε αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός ; Λύση. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι ο ενδοµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων G/Ker(f ) = Im(f ) και εποµένως, επειδή η οµάδα G είναι πεπερασµένη, ϑα έχουµε : G/Ker(f ) = Im(f ) = G = Im(f ) = G = Im(f ) Ker(f ) Ker(f ) Αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε επειδή ker( f ) G, έπεται ότι είτε Ker( f ) = 1 είτε G = Ker( f ). Στην πρώτη περίπτωση ο ενδοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός και άρα ισοµορφισµός διότι G <, οπότε αναγκαστικά Im( f ) = G. Στην δεύτερη περίπτωση ο ενδοµορφισµός f είναι ο τετριµµένος διότι ϑα έχουµε G = Ker(f ) και τότε αναγκαστικά Im(f ) = {e}. Εποµένως αν η τάξη της G είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε κάθε ενδοµορφισµός της G είναι είτε αυτο- µορφισµός είτε ο µηδενικός ενδοµορφισµός. Ασκηση Εστω ότι G = a και H = b είναι δύο κυκλικές οµάδες, και υποθέτουµε ότι η G είναι πεπερασµένη. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Υπάρχει οµοµορφισµός f : G H έτσι ώστε f (a) = b. 2. o(b) o(a). Αν o(b) o(a), τότε υπάρχει µοναδικός οµοµορφισµός f : G H έτσι ώστε : f (a k ) = b k, k Z. Λύση. Υποθέτουµε ότι o(g) = o(a) = n, και άρα G = { e, a, a 2, a n 1}. 1. = 2. Υποθέτουµε ότι f : G H είναι ένας οµοµορφισµός έτσι ώστε f (a) = b. Τότε a n = e και άρα b n = f (a) n = f (a n ) = f (e) = e. Εποµένως o(b) n = o(a). 2. = 1. Εστω o(b) n = o(a), και n = mk, όπου m = o(b). Ορίζουµε απεικόνιση f : a b, f (a k ) = b k Προφανώς η απεικόνιση f είναι ένας καλά ορισµένος οµοµορφισµός και ισχύει f (a) = b. Αν g : a b, είναι ένας άλλος οµοµορφισµός έτσι ώστε g (a) = b, τότε ϑα έχουµε g (a k ) = g (a) k = b k = f (a) k = f (a k ) και εποµένως f = g.

10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 242 Ασκηση Αν G είναι µια οµάδα, να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Η οµάδα G είναι αβελιανή. 2. Η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κυκλική. Αν H είναι µια υποοµάδα της G έτσι ώστε H Z(G), τότε όπως γνωρίζουµε η H είναι κανονική υποοµάδα της G. Αν η οµάδα πηλίκο G/H είναι κυκλική, είναι η G αβελιανή ; Λύση. 1. = 2. Αν η G είναι αβελιανή, τότε προφανώς ϑα έχουµε G = Z(G). Ως συνέπεια ϑα έχουµε ότι η οµάδα πηλίκο ϑα είναι η τετριµµένη G/Z(G) = {ez(g)} = ez(g) και εποµένως η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κατά τετριµµένο τρόπο κυκλική. 2. = 1. Αν η G/Z(G) είναι κυκλική, έστω gz(g) ένας γεννήτοράς της : G/Z(G) = gz(g). Εστω x G. Θεωρούµε το στοιχείο xz(g) G/Z(G) και τότε xz(g) = (gz(g)) k = g k Z(G) = x 1 g k Z(G) = x 1 g k = z Z(G) = x = g k z 1 Εποµένως δείξαµε ότι : x G, k Z και z x Z(G) : x = g k z x Εστω τώρα x, y G, και όπως παραπάνω µπορούµε να γράψουµε : x = g k z x και y = g l z y όπου k,l Z και z x, z y Z(G) Τότε, επειδή τα στοιχεία z x και z y ανήκουν στο κέντρο της G, ϑα έχουµε : x y = g k z x g l z y = g k g l z x z y = g k+l z x z y = g l+k z y z x = g l g k z y z x = g l z y g k z x = yx Άρα x y = yx, x, y G, και άρα η G είναι αβελιανή. Εστω H µια υποοµάδα της G έτσι ώστε H Z(G), και εποµένως, όπως γνωρίζουµε, η H είναι κανονική υποοµάδα της G. Αν η οµάδα πηλίκο G/H είναι κυκλική, τότε η παραπάνω απόδειξη δείχνει ότι η οµάδα G είναι αβελιανή (αντικαθιστούµε στην παραπάνω απόδειξη την υποοµάδα Z(G) µε την υποοµάδα H Z(G)). Ασκηση Εστω ότι G είναι µια οµάδα µε τάξη G = pq, όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Να δειχθεί ότι : είτε Z(G) = {e} είτε η G είναι αβελιανή Λύση. Υποθέτουµε ότι Z(G) {e} και άρα Z(G) > 1. Θα δείξουµε Z(G) = G ή ισοδύναµα ότι Z(G) = pq. Από το Θεώρηµα του Lagrange, έπειδή 1 < Z(G), έπεται ότι Z(G) = p ή Z(G) = q ή Z(G) = pq. Αν Z(G) = pq = G, τότε προφανώς G = Z(G) και άρα η οµάδα G είναι αβελιανή. Επειδή η υποοµάδα Z(G) είναι κανονική, έπεται ότι ορίζεται η οµάδα πηλίκο G/Z(G). Αν Z(G) = p, τότε G/Z(G) = G Z(G) = pq p = q, και αν Z(G) = q, τότε G/Z(G) = G Z(G) = pq q = p. Ετσι σε κάθε περίπτωση η οµάδα πηλίκο G/Z(G) είναι κυκλική ως οµάδα µε τάξη έναν πρώτο αριθµό. Τότε όµως από την Άσκηση 5.2.6, έπεται ότι η οµάδα G είναι αβελιανή. Άρα αν Z(G) {e}, τότε η οµάδα G είναι αβελιανή. Για παράδειγµα η συµµετρική οµάδα S 3 έχει τάξη 6 = 2 3 και δεν είναι αβελιανή διότι (1 2) (1 3) = (1 3 2) (1 2 3) = (1 3) (1 2). Άρα από την προηγούµενη Άσκηση έπεται ότι Z(S 3 ) = {ι}. Σύµφωνα µε την Άσκηση , ισχύει Z(S n ) = {ι}, n 3. Ασκηση Εστω ότι (G, ) και (G, ) είναι δύο οµάδες, και υποθέτουµε ότι η G είναι αβελιανή.

11 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Το σύνολο Hom(G,G ) αποτελεί αβελιανή οµάδα µε πράξη : : Hom(G,G ) Hom(G,G ) Hom(G,G ), (f, g ) f g : G G, (f g )(x) = f (x) g (x) 2. Το ουδέτερο στοιχείο της Hom(G,G ) είναι ο οµοµορφισµός ɛ : G G, x ɛ(x) = e G 3. Το αντίστροφο στοιχείο του οµοµορφισµού f Hom(G,G ) είναι ο οµοµορφισµός f : G G, x f (x) = f (x) 1 Λύση. 1. Η πράξη είναι καλά ορισµένη, δηλαδή, f, g Hom(G,G ): f g Hom(G,G ). Πράγµατι, έστω x, y G. Τότε ϑα έχουµε : (f g )(x y) = f (x y) g (x y) = f (x) f (y) g (x) g (y) = f (x) g (x) f (y) g (y) = (f g )(x) (f g )(y) και άρα η απεικόνιση f g ανήκει στο σύνολο Hom(G,G ). 2. Προσεταιριστικότητα: Εστω ότι f, g,h : G G είναι στοιχεία του Hom(G,G ). Τότε x G: (f (g h)](x) = f (x) (g h)(x) = f (x) (g (x) h(x)) = (f (x) g (x)) h(x) = ((f g )(x)) h(x) = [(f g ) h](x) Εποµένως f (g h) = (f g ) h και η πράξη είναι προσεταιριστική στο σύνολο Hom(G,G ). 3. Υπαρξη Ουδετέρου Στοιχείου: Εστω ότι f : G G είναι ένα στοιχείο του Hom(G,G ). Τότε x G: (f ɛ)(x) = f (x) ɛ(x) = f (x) e G = f (x) = e G f (x) = ɛ(x) f (x) = (ɛ f )(x) και άρα : f ɛ = f = ɛ f. ηλαδή ο τετριµµένος οµοµορφισµός ɛ Hom(G,G ) είναι ουδέτερο στοιχείο για την πράξη. 4. Υπαρξη Αντιστρόφου Στοιχείου: Εστω ότι f : G G είναι ένα στοιχείο του Hom(G,G ). είχνουµε πρώτα ότι η απεικόνιση f : G G, f (x) = f (x) 1, x G, είναι οµοµορφισµός οµάδων. Πραγµατικά, χρησιµοποιώντας ότι η f είναι οµοµορφισµός και ότι η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε : f (x y) = f (x y) 1 = (f (x) f (y)) 1 = f (y) 1 f (x) 1 = f (x) 1 f (y) 1 = f (x) f (y) εποµένως η f είναι οµοµορφισµός οµάδων και άρα f Hom(G,G ). Επιπρόσθετα x G: (f f )(x) = f (x) f (x) = f (x) f (x) 1 = e G = ɛ(x) = e G = f (x) 1 f (x) = f (x) f (x) = ( f f )(x) και εποµένως f f = ɛ = f f. ηλαδή ο οµοµορφισµός f είναι το αντίστροφο στοιχείο του οµοµορ- ϕισµού f για την πράξη στο σύνολο Hom(G,G ). 5. Μεταθετικότητα: Εστω f, g Hom(G,G ). Τότε x G: (f g )(x) = f (x) g (x) = g (x) f (x) = (g f )(x) και εποµένως f g = g f, δηλαδή η πράξη στο σύνολο Hom(G,G ) είναι µεταθετική. Ασκηση Εστω G = G 1 G n το ευθύ γινόµενο των οµάδων G 1,,G n. Να δειχθεί, k = 1,2,,n, ότι το υποσύνολο G i = { (e 1,,e k 1, x,e k+1,,e n ) G 1 G n x G k } είναι µια κανονική υποοµάδα της G, ισόµορφη µε την G k, και G/ G k = G1 G k 1 G k+1 G n

12 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 244 Λύση. Θεωρούµε την απεικόνιση f k : G G 1 G k 1 G k+1 G n, f k (x 1,, x n ) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) Η f k είναι οµοµορφισµός οµάδων διότι αν x = (x 1,, x n ) και y = (y 1,, y n ) είναι στοιχεία της G, τότε : f k (x y) = f k (x 1 y 1,, x n y n ) = (x 1 y 1,, x k 1 y k 1, x k+1 y k+1,, x n y n ) = = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) (y 1,, y k 1, y k+1,, y n ) = f k (x) f k (y) Εστω x = (x 1,, x n ) Ker(f k ). Τότε f k (x) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) = (e 1,,e k 1,e k+1,,e n ) και εποµένως x = (e 1,,e k 1, x k,e k+1,,e n ) G k. Άρα Ker(f k ) = G k και εποµένως η υποοµάδα G k είναι κανονική υποοµάδα της G. Η απεικόνιση f k είναι επιµορφισµός, διότι για κάθε στοιχείο (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ) G 1 G k 1 G k+1 G n, έχουµε f k (x 1,, x k 1,e k, x k+1,, x n ) = (x 1,, x k 1, x k+1,, x n ). Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, τότε ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό οµάδων G/ G k = G1 G k 1 G k+1 G n Τέλος η απεικόνιση g k : G k G k, g k (x) = { (e 1,,e k 1, x,e k+1,,e n ) είναι προφανλως ένας ισοµορφισµός οµάδων και άρα, k = 1,2,,n: G k = G k Ασκηση Θεωρούµε την κανονική υποοµάδα Z της προσθετικής οµάδας R. στοιχεία πεπερασµένης τάξης της οµάδας πηλίκο R/Z. Να ϐρεθούν όλα τα Λύση. Υπενθυµίζουµε ότι R/Z = { x + Z R x R }, όπου x + Z = y + Z x y Z Θεωρούµε στοιχείο x + Z R/Z µε x + Z 0 + Z = Z και έστω ότι η τάξη του x + Z είναι πεπερασµένη. Τότε υπάρχει n 1 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 (1) και (2) έπεται ότι o(x + Z) < = x Q (1) 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: Q/Z = { x + Z R/Z o(x + Z) < }

13 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 245 Ασκηση Εστω ότι φ : G L είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων. 1. Να δειχθεί ότι, αν H είναι µια υποοµάδα της G, τότε η εικόνα φ(h) είναι µια υποοµάδα της L. 2. Να δειχθεί ότι, αν K είναι µια υποοµάδα της L, τότε η προεικόνα φ 1 (K ) = {g G φ(g ) K } είναι µια υποοµάδα της G. Λύση. 1. Παρατηρούµε ότι το σύνολο φ(h) δεν είναι το κενό σύνολο, αφού το H, επειδή είναι µια υποοµάδα της G. Αν l 1,l 2 φ(h), τότε υπάρχουν h 1,h 2 H µε φ(h 1 ) = l 1 και φ(h 2 ) = l 2. Παρατηρούµε ότι l 1 l 1 2 = φ(h 1)φ(h 2 ) 1 = φ(h 1 )φ(h2 1 ) = φ(h 1h2 1 ). Επειδή τα h 1,h 2 ανήκουν στην υποοµάδα H, συµπεραίνουµε ότι και το h 1 h2 1 H. Εποµένως, το στοιχείο l 1 l 1 2 = φ(h 1h 1 ) ανήκει στο φ(h) και έτσι το φ(h) είναι υποοµάδα τής L Παρατηρούµε ότι το φ 1 (K ) δεν είναι το κενό σύνολο, αφού το ουδέτερο στοιχείο e L τής L είναι και το ουδέτερο της υποοµάδας K και επειδή φ(e G ) = e L έπεται φ 1 (K ) φ 1 ({e L }). Εστω ότι g 1, g 2 φ 1 (K ). Θα δείξουµε ότι και το g 1 g 1 2 φ 1 (K ) από όπου ϑα συµπεράνουµε ότι το φ 1 (K ) είναι υποοµάδα τής G. Εχουµε : φ(g 1 g 1 2 ) = φ(g 1)φ(g 1 2 ) = φ(g 1)φ(g 2 ) 1. Παρατηρούµε ότι το στοιχείο φ(g 1 )φ(g 2 ) 1 = φ(g 1 g2 1) ανήκει στην K, διότι τα φ(g 1) και φ(g 2 ) είναι στοιχεία τής K και η K είναι µια υποοµάδα τής L. Εποµένως, το g 1 g2 1 ανήκει στο φ 1 (K ) και γι αυτό το φ 1 (K ) είναι µια υποοµάδα τής G. Ασκηση Εστω ότι G είναι µια πεπερασµένη αβελιανή οµάδα τάξης G = n, και έστω m ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (n,m) = 1. Να δειχθεί ότι η απεικόνιση f : G G, f (a) = a m είναι ένας αυτοµορφισµός της G. Λύση. Επειδή η οµάδα G είναι αβελιανή ϑα έχουµε, x, y G: f (x y) = (x y) m = x m y m = f (x)f (y) και άρα η f είναι ένας οµοµορφισµός της G. Εστω a Ker(f ), και εποµένως f (a) = e. Τότε a m = e και, αν a e, τότε ϑα έχουµε o(a) > 1 και o(a) m. Οµως επειδή από το Θεώρηµα του Lagrange, είναι o(a) G = n, έπεται ότι ϑα έχουµε o(a) (n,m) = 1. Εποµένως o(a) = 1 και αυτό είναι άτοπο διότι o(a) > 1. Άρα a = e και εποµένως Ker(f ) = { e }, δηλαδή ο οµοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός. Επειδή το σύνολο G είναι πεπερασµένο, έπεται ότι ο µονοµορφισµός f ϑα είναι απεικόνιση «επί» 1, και εποµένως ϑα είναι αυτοµορφισµός της G. Ασκηση Σε καθεµιά από τις επόµενες περιπτώσεις να εξεταστεί αν η απεικόνιση φ η οποία ορίζεται είναι οµοµορφισµός οµάδων και στην περίπτωση που είναι, να υπολογιστεί ο πυρήνας του φ: 1. φ : Z Z, φ(z) = z φ : R R, φ(r ) = r και όπου R είναι η πολλαπλασιαστική οµάδα (R = R \ {0}, ). 1 είχνουµε µε διαφορετικό τρόπο ότι η f είναι «επί»: έστω b G. Επειδή (n,m) = 1, έπεται υπάρχουν ακέραιοι k,l έτσι ώστε : 1 = kn + lm. Τότε, χρησιµοποιώντας ότι b n = e διότι n = G, ϑα έχουµε : Άρα ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός. b = b 1 = b nk+lm = b nk b lm = (b n ) k (b l ) m = e k f (b l ) = f (b l )

14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ φ : R GL(2,R), φ(r ) = 4. φ : G G, φ(g ) = g φ : Z 6 Z 2, φ([z] 6 ) = [z] φ : Z 7 Z 2, φ([z] 7 ) = [z] 2. ( ) 1 r. 0 1 Λύση. 1. Η φ δεν είναι οµοµορφισµός οµάδων διότι φ(0) = Η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός διότι : φ(r s) = r s = r s = φ(r )φ(s) Εστω φ(r ) = r = 1, τότε προφανώς r = ±1. Εποµένως Ker(φ) = {1, 1}. 3. Η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός διότι : ( ) ( )( ) 1 r + s 1 r 1 s φ(r + s) = = = φ(r )φ(s) Άρα η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός οµάδων και 4. Αν g 1, g 2 G, τότε ϑα έχουµε : Ker(φ) = { } { ( r R φ(r ) = I 2 = r R 1 r ) ( 0 1 = )} = {r R r = 0} = {0} φ(g 1 g 2 ) = (g 1 g 2 ) 1 = g2 1 g 1 1 και φ(g 1 )φ(g 2 ) = g1 1 g 2 1 Επειδή g2 1g 1 1 = g1 1g 2 1 αν και µόνον αν (g 1 g 2 ) 1 = (g 2 g 1 ) 1 αν και µόνον αν g 1 g 2 = g 2 g 1, έπεται ότι η απεικόνιση φ είναι οµοµορφισµός αν και µόνον αν η οµάδα G είναι αβελιανή. Υποθέτοντας ότι η G είναι αβελιανή, ϑα έχουµε ότι η φ είναι ισοµορφισµός διότι η φ είναι αντιστρέψιµη και η αντίστροφή της ψ : G G, ψ 1 (g ) = g 1 συµπίπτει µε την φ: ψ = φ. Πράγµατι : (φ ψ)(g ) = φ(ψ(g )) = φ(g 1 ) = (g 1 ) 1 = g και (ψ φ)(g ) = ψ(φ(g )) = ψ(g 1 ) = (g 1 ) 1 = g και άρα φ ψ = Id G = ψ φ, και άρα ψ = φ 1 = φ. Ιδιαίτερα Ker(φ) = {e}. 5. Η απεικόνιση φ είναι καλά ορισµένη διότι : [z] 6 = [w] 6 = 6 z w = 2 z w = [z] 2 = [w] 2 = φ([z] 6 ) = φ([w] 6 ) και είναι οµοµορφισµός διότι Τέλος φ([z] 6 + [w] 6 ) = φ([z + w] 6 ) = [z + w] 2 = [z] 2 + [w] 2 = φ([z] 6 ) + φ([w] 6 ) Ker(φ) = { [z] 6 Z 6 φ([z] 6 ) = [0] 2 } = { [z]6 Z 6 [z] 2 = [0] 2 } = { [z]6 Z 6 2 z } = { [0] 6, [2] 6, [4] 6 } 6. Η απεικόνιση φ δεν είναι καλά ορισµένη διότι : [0] 7 = [7] 7, αλλά φ([0] 7 ) = [0] 2 [1] 2 = [7] 2 = φ([7] 7 ), και άρα δεν τίθεται ϑέµα αν η φ είναι οµοµορφισµός. 2 Εδώ χρησιµοποιούµε ότι ένας οµοµορφισµός στέλνει το ουδέτερο στοιχείο της πρώτης οµάδας στο ουδέτερο στοιχείο της δεύτερης οµάδας.

15 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 247 Ασκηση ώστε παράδειγµα µη-τετριµµένου οµοµορφισµού, η δικαιολογήστε γιατί δεν υπάρχει µητετριµµένος οµοµορφισµός, f : G H, όπου : 1. f : Z 12 Z f : Z 12 Z f : Z 2 Z 4 Z 2 Z f : Z 3 Z. 5. f : Z 3 S f : Z S f : Z Z 2Z. 8. f : 2Z Z Z. 9. f : D 4 S f : S 3 S f : S 4 S f : V 4 V 4. Λύση. 1. Εστω f : Z 12 Z 5 ένας οµοµορφισµός. Τότε f ([1] 12 ) = [x] 5 για κάποιο στοιχείο [x] 5 Z 5. Τότε επειδή οι πιθανές τάξεις του [x] 5 είναι 1 ή 5, και επειδή προφανώς η τάξη του f ([1] 12 ) διαιρεί την τάξη του στοιχείου [x] 5, ϑα έχουµε o ( f ([1] 12 ) ) o([1] 12 ) = 1 ή 5 12 Άρα η µόνη δυνατή επιλογή είναι o ( f ([1] 12 ) ) = 1 και άρα f ([1] 12 ) = [0] 5. Συνεπώς ο µόνος οµοµορφισµός από το Z 12 στο Z 5 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός. 2. Ορίζουµε την απεικόνιση f : Z 12 Z 4, [k] 12 f ([k] 12 ) = [3k] 4 Αν [k] 12 = [λ] 12 τότε 12 k λ = k λ = 12r = k = 12r + λ = 3k = 3 12r + 3λ = 3k = 4(9r ) + 3λ = [3k] 4 = [3λ] 4 Άρα 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 ([1] 3 ) = x, ένας οµοµορφισµός. Τότε 0 = f ([0] 3 ) = f ([3] 3 ) = 3f ([1] 3 ) = 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, [1] 3 f ([1] 3 ) = (1 2 3) και άρα f ([0] 3 ) = ι, f ([2] 3 ) = f (2[1] 3 ) = (1 2 3) 2 = (1 3 2). Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 6. Θεωρούµε την απεικόνιση g Z Z 3 h=f g f S 3

16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 248 όπου g είναι η κανονική προβολή n [n] 3 και f είναι ο οµοµορφισµός που ορίσαµε στο µέρος 5. Τότε η h είναι οµοµορφισµός οµάδων ως σύνθεση οµοµορφισµών και ορίζεται ως εξής: ι αν [n] 3 = [0] 3 h(n) = (1 2 3) αν [n] 3 = [1] 3 (1 3 2) αν [n] 3 = [2] 3 7. Ορίζουµε την απεικόνιση 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. Θεωρούµε την διεδρική οµάδα D 4 ως οµάδα µεταθέσεων, υποοµάδα της S 4, η οποία προκύπτει ως οµάδα συµµετρίας του τετραγώνου µε κορυφές 1, 2, 3, 4: D 4 = { ι, ( ), (1 3)(2 4), ( ), (1 3), (2 4), (1 4)(2 3), (1 2)(3 4) } Ορίζουµε την απεικόνιση f : D 4 S 3 ως εξής: f (ι) = ι f ( ( ) ) = (1 2) f ( (1 2)(3 4) ) = (1) f ( (1 4)(2 3) ) = (1) και f ( ( ) ) = (1 2) f ( (1 3) ) = (1 2) f ( (1 3)(2 4) ) = (1) f ( (2 4) ) = (1 2) Τότε η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 10. Ορίζουµε την απεικόνιση f : S 3 S 4, σ f (σ) = µ όπου η µετάθεση µ ορίζεται ως εξής: µ(i) = σ(i), 1 i 3 4, i = 4 Τότε έπεται άµεσα ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. 11. Ορίζουµε την απεικόνιση f : S 4 S 3, σ f (σ) = ι, σ A 4 (1 2), σ S 4 \A 4 Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων.

17 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Υπενθυµίζουµε ότι V 4 = {e, a,b,c}, όπου a 2 = b 2 = c 2 και c = ab. Ορίζουµε την απεικόνιση e, x = e b, x = a f : V 4 V 4, x f (x) = a, x = b c, x = c Τότε έχουµε ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. Ασκηση Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων S 4 /V 4 = S3 Λύση. Σύµφωνα µε την Άσκηση , έχουµε το ακόλουθο ισόµορφο αντίγραφο της οµάδας του Klein H = { ι, c, d, c d } = { ι, (12) (34), (13) (24), (14) (23) } η οποία είναι κανονική υποοµάδα της S 4 και S 4 /H = 24 4 = 6. Θεωρούµε τις αριστερές πλευρικές κλάσεις x = (123)H και y = (23)H οι οποίες είναι µη-τετριµµένα στοιχεία της οµάδας πηλίκο S 3 /H µε τάξεις o(x) = 3 και o(y) = 2. Τα στοιχεία H, xh = (123)H, x 2 H = (132)H, (23)H, (x y)h = (12)H, (x 2 y)h = (13)H είναι 6 διακεκριµένα στοιχεία της οµάδας πηλίκο S 3 /H και άρα S 4 /V 4 = S4 /H = { H, xh = (123)H, x 2 H = (132)H, (23)H, (x y)h = (12)H, (x 2 y)h = (13)H } Επειδή o(xh) = o(x 2 H) = 3 και o(yh) = o(x y)h) = o(x 2 y)h) = 2, έπεται ότι η οµάδα πηλίκο δεν έχει στοιχείο τάξης 6 και εποµένως δεν είναι κυκλική. Σύµφωνα µε την Άσκηση , η µόνη µη-κυκλική οµάδα τάξης 6 είναι, µε ακρίβεια ισοµορφισµού, η συµµετρική οµάδα S 3. Άρα S 4 /V 4 = S4 /H = S 3, για παράδειγµα µέσω του ισοµορφισµού f : S 4 /V 4 = S4 /H = S3 f (H) = ι, f (xh) = (123), f (x 2 H) = (132), f (yh) = (23), f ((x y)h) = (12), f ((x 2 y)h) = (13) Ασκηση 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 ; Λύση. 1. 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 1 + n 2 ) = k(n 1 + n 2 ) = kn 1 + kn 2 = f k (n 1 ) + f k (n 2 )

18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 250 Εστω f : Z Z ένας οµοµοφισµός οµάδων και ϑέτουµε f (1) = k Z. Εστω n Z. Τότε έχουµε n > 0: f (n) = f ( ) = f (1) + + f (1) = n f (1) = 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) = ( n)k = kn = f k (n) f (n) = f (n 1) = n f (1) = nk = f = f k Επειδή προφανώς f k = f λ αν και µόνο αν k = λ τότε υπάρχουν Z το πλήθος οµοµοµορφισµοί από το Z Z και δίνονται από τους οµοµορφισµούς f k µε k Z. ηλαδή η απεικόνιση είναι «1-1» και «επί». Z { οµοµορφισµοί : Z Z }, k f k 2. Εστω f : Z Z ένας µονοµορφισµός. Άρα από το 1. 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 = f k 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, 1 φ(1) = 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, 1 φ(1) = a τότε φ(z) = az = a. Για να είναι η φ επιµορφισµός ϑέλουµε να ισχύει η ισότητα: a = Z, δηλαδή ο ακέραιος a είναι γεννήτορας της προσθετικής οµάδας (Z, +). Επειδή αυτή η οµάδα έχει µόνο δύο γεννήτορες, το 1 και το 1, έοεται ότι έχουµε δύο επιµορφισµούς από το Z στο Z: (αʹ) f 1 : Z Z, 1 1, δηλαδή f 1 (n) = n, n Z. (ϐʹ) f 1 : Z Z, 1 1, δηλαδή f 1 (n) = n, n Z. Παρατηρούµε από το 2. ότι αυτοί είναι και οι µόνοι ισοµορφισµοί από το Z στο Z. 4. Θεωρούµε τις παρακάτω δυο απεικονίσεις f 1 : Z Z 2, 1 f 1 (1) = [0] f 2 : Z Z 2, 1 f 2 (1) = [1] Η απεικόνιση f 1 είναι ο τετριµµένος οµοµορφισµός και για κάθε n Z έχουµε: [0] αν n άρτιος f 2 (n) = n f 2 (1) = n[1] = [n] = [1] αν n περιτός Συνεπώς έχουµε δύο οµοµορφισµούς από το Z στο Z 2.

19 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Εστω f : Z 2 Z ένας οµοµορφισµός. Άρα f ([0]) = 0 και f ([1]) = x για κάποιο x Z. Τότε f ([0]) = f ([2]) = f ([1] + [1]) = f ([1]) + f ([1]) = x + x = 2x = 2x = 0 = x = 0 Εποµένως f ([1]) = 0 και άρα ο µοναδικός οµοµορφισµός Z 2 Z είναι ο µηδενικός. Ασκηση Εστω G µια αβελιανή οµάδα. Σύµφωνα µε την Ασκηση , το υποσύνολο D = { (x, x) G G x G } είναι µια κανονική υποοµάδα της οµάδας ευθύ γινόµενο G G. Να προσδιορισθεί η οµάδα πηλίκο (G G)/D. Λύση. Λαµβάνοντας υπόψη τη µορφή των στοιχείων της D,ορίζουµε απεικόνιση f : G G G, f (x, y) = x y 1 Η f είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι, (x, y),(z, w) G G: f ( (x, y) (z, w) ) = f (x z, y w) = (x z) (y w) 1 = x z w 1 y 1 = x y z w 1 = f ( (x, y) ) f ( (z, w) ) Ο οµοµορφισµός f είναιν επιµορφισµόις, διότι, z G: f (z,e) = z e 1 = z. Τέλος : Ker(f ) = { (x, y) G G f ( (x, y) ) = e } = { (x, y) G G x y 1 = e } = { (x, y) G G x = y } = = { (x, x) G G x G } = D Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµνορφισµών, έπεται ότι ο οµοµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων (G G)/D = G Σχόλιο Στην Άσκηση η υποοµάδα D της οµάδας ευθύ γινόµενο G G εί αι ισόµορφη µε την οµάδα G. Πράγµατι η απεικόνιση g : G D, g (x) = (x, x) είναι προφανώς ισοµορφισµός οµάδων. Ασκηση Να δειχθεί ότι : 1. Υπάρχουν µονοµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. 2. Υπάρχουν επιµορφισµοί οµάδων f : G G οι οποίοι δεν είναι ισοµορφισµοί. Λύση. Παρατηρούµε ότι αν υπάρχει οµάδα G και µονοµορφισµός, αντίστοιχα επιµορφισµός, f : G G ο οποίος δεν είναι ισοµορφισµός, τότε αναγκαστικά η οµάδα G είναι άπειρη, διότι κάθε «1-1», αντίστοιχα «επί», απεικόνιση f : G G επί ενός πεπερασµένου συνόλου G είναι «επί», αντίστοιχα «1-1». 1. Θεωρούµε την απεικόνιση f k : Z Z, n f k (n) = kn Οπως είδαµε στην Άσκηση , η απεικόνιση f k είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων, και επιπλέον για k 0,1, 1 η f k είναι µονοµορφισµός αλλά όχι ισοµορφισµός. 2. Εστω η απεικόνιση Είναι ϕανερό ότι η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. f : C C, z f (z) = z n Εστω w = a + bi = r (cosθ + i sinθ) C. Τότε υπάρχει ο µιγαδικός αριθµός z = n r ( cos θ n + i sin θ n ) C έτσι ώστε f (z) = z n = w και άρα η f είναι επιµορφισµός. Οµως Ker f = { z C f (z) = 1 } = { z C z n = 1 } = U n δηλαδή η f δεν είναι µονοµορφισµός και άρα έχουµε ότι η f δεν είναι ισοµορφισµός.

20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 252 Ασκηση Εστω ότι f : G 1 G 2 είναι ένας επιµορφισµός οµάδων. 1. Αν H G 1 είναι µια κανονική υποοµάδα της G 1 έτσι ώστε Ker(f ) H G 1, τότε υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων / = / G 1 H G2 f (H) 2. Αν K G 2 είναι µια κανονική υποοµάδα της G 2, τότε υπάρχει ένας ισοµορφισµός οµάδων G 1 / f 1 (K ) = G 2 / K Λύση. 1. Επειδή η υποοµάδα H G 1 είναι κανονική, από το Τέταρτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.9, έπεται ότι η υποοµάδα f (H) G 2 είναι κανονική υποοµάδα της G 2, και εποµένως η κανονική προ- ϐολή π f (H) : G 2 G 2 /f (H), π f (H) (y) = y f (H), είναι επιµορφισµός οµάδων. Θεωρούµε τη σύνθεση επιµορφισµών οµάδων f = π f (H) f : G 1 G 2 G 2 / f (H), f (x) = f (x)f (H) η οποία είναι προφανώς επιµορφισµός οµάδων. Εστω x Ker(f ), και τότε f (x) = e G2 /f (H), δηλαδή f (x)f (H) = f (H). Αυτό σηµαίνει ότι f (x) f (H) και εποµένως f (x) = f (h) για κάποιο στοιχείο h H. Τότε ϑα έχουµε : f (x) = f (h) = f (x)f (h) 1 = f (x)f (h 1 ) = f (xh 1 ) = e G1 = xh 1 Ker(f ) = = xh 1 = y, όπου y Ker(f ) H = x = yh H Άρα Ker(f ) H και επειδή προφανώς, h H: f (h) = f (h)f (H) = f (H) διότι f (h) f (H), έπεται ότι H Ker(f ) και εποµένως Ker(f ) = H. Τότε από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.5, έπεται ότι ο επιµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων : G 1 / H = G2 / f (H) 2. Επειδή η υποοµάδα K G 2 είναι κανονική, η κανονική προβολή π K : G 2 G 2 /K, π K (y) = yk, είναι επιµορφισµός οµάδων. Θεωρούµε τη σύνθεση επιµορφισµών οµάδων f = π K f : G 1 G 2 G 2 / K, f (x) = f (x)k η οποία είναι προφανώς επιµορφισµός οµάδων. Εστω x Ker(f ), και τότε f (x) = e G2 /K, δηλαδή f (x)k = K. Αυτό σηµαίνει ότι f (x) K και εποµένως x f 1 (K ). Άρα Ker(f ) f 1 (K ). Αν x f 1 (K ), τότε f (x) K, και τότε f (x) = f (x)k = K. Άρα f 1 (K ) Ker(f ), και εποµένως Ker(f ) = f 1 (K ). Τότε από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών 5.1.5, έπεται ότι ο επιµορφισµός f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων : G 1 / f 1 (K ) = G 2 / K Ασκηση Εστω G µια άπειρη οµάδα. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Η G είναι κυκλική. 2. Κάθε υποοµάδα H {e} της G είναι ισόµορφη µε την G. Λύση. 1. = 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,

21 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 253 Εστω H {e} υποοµάδα της G. Τότε H = a k για κάποιο k 1 και άρα η H είναι άπειρη κυκλική. Οµως γνωρίζουµε από την υποενότητα 3.1 ότι κάθε δυο άπειρες κυκλικές οµάδες είναι ισοµόρφες. Άρα έχουµε ότι H G. ιαφορετικά: ϑα δείξουµε κατευθείαν το Ϲητούµενο ισοµορφισµό. Ορίζουµε την απεικόνιση Θα έχουµε ότι η απεικόνιση f είναι : «Οµοµορφισµός Οµάδων»: Εστω a m, a n G. Τότε και άρα η f είναι οµοµορφισµός οµάδων. f : G = a H = a k, a m f (a m ) = a mk = (a k ) m f (a m a n ) = f (a m+n ) = a (m+n)k = a mk+nk = a mk a nk = f (a m )f (a n ) «1-1»: Αν f (a m ) = f (a n ) τότε a mk = a nk = a mk nk = e Επειδή o(a) = έπέται ότι mk nk = (m n)k = 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 «1-1». «Επί»: Τα στοιχεία της H είναι της µορφής a kλ µε λ 1. Τότε έχουµε το στοιχείο a λ G και f (a λ ) = a λk. Εποµένως η f είναι «επί». Άρα δείξαµε πράγµατι ότι : H G. 2. = 1. 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 Εστω ότι G είναι µια κυκλική οµάδα και ότι H και K είναι δύο υποοµάδες της G. Να δειχθεί ότι : G/H = G/K = H = K Λύση. Εστω ότι G = a. 1. Υποθέτουµε ότι G = n <. Τότε H = a k και K = a l, όπου k και l είναι διαιρέτες του n και H = n k και K = n l. Τποτε ϑα έχουµε : G/H = G/K = G/H = G/K = n n k = n n l = k = l = H = n k = n l = K Επειδή για κάθε διαιρέτη της τάξης µιας κυκλικής οµάδας υπάρχει µοναδική υποοµάδα µε τάξη τον διαιρέτη, έπεται ότι H = K. 2. Αν G =, τότε γνωρίζουµε ότι οι υποοµάδες της G είναι της µορφής a k, k = 0,1,2, και µόνον αυτές. Επιπλέον η απεικόνιση f : G = a Z n, f (a k ) = [k] n είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα a n. Πραγµατικά, ϑα έχουµε : f (a k a l ) = f (a k+l ) = [k + l] n = [k] n + [l] n = f (a k ) + f (a l ) Επίσης [k] n Z n έχουµε f (a k ) = [k] n και άρα η f είναι επιµορφισµός οµάδων. Τέλος Ker(f ) = { a k G f (a k ) = [0] n } = { a k G [k] n = [0] n } = { a k G n k } = { a k G k = nx, x Z } = = { (a n ) x G x Z } = a n

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 254 Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών Οµάδων, έπετα ότι η f επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων Ετσι αν H = a k και K = a l, τότε ϑα έχουµε : a / a n = Z n G/H = G/K = a / a k = a / a l = Z k = Zl = k = l = H = a k = a l = K Ασκηση Εστω G µια κυκλική οµάδα. 1. Αν η G είναι άπειρη, να δειχθεί ότι για κάθε ϑετικό ακέραιο n, η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη [G : H] = n Αν η G είναι πεπερασµένη, να δειχθεί ότι για κάθε ϑετικό διαιρέτη n της τάξης G της G, η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη [G : H] = n. Λύση. Εστω G = a. 1. Θέτουµε H = a n. Ορίζουµε απεικόνιση f : G Z n, f (a k ) = [k] n Από την Άσκηση , έπεται ότι η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός οµάδων και Ker(f ) = a n = H. Τότε [G : H] = G H = Z n = n. Αν K είναι µια υποοµάδα της G µε [G : K ] = n, τότε οι κυκλικές οµάδες G/H και G/K είναι ισόµορφες διότι έχουν την ίδια τάξη [G : H] = G H = n = G K = [G : K ]. Εποµένως από την Άσκηση έπεται ότι H = K. Άρα η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη ίσο µε n. 2. Αν η G είναι πεπερασµένη µε τάξη G = m, τότε για κάθε ϑετικό διαιρέτη n της τάξης m της G, ϑεωρούµε την κυκλική υποοµάδα H = a n. Επειδή H = o(a n ) = o(a), ϑα έχουµε (o(a),n) = m (n,m) = m n [G : H] = G H = m m = n. Οπως και στο µέρος 1., η υποοµάδα H είναι µοναδική διότι αν K είναι µια άλλη n υποοµάδα της G µε [G : K ] = n, τότε οι κυκλικές οµάδες G/H και G/K είναι ισόµορφες διότι έχουν την ίδια τάξη [G : H] = G H = n = G K = [G : K ]. Εποµένως από την Άσκηση έπεται ότι H = K. Άρα η G περιέχει µοναδική υποοµάδα H µε δείκτη ίσο µε n. Ασκηση Εστω GL(n, R) η γενική γραµµική οµάδα των αντιστρέψιµων n n πινάκων πραγµατικών αριθµών. Αν SL(n,R) = { A GL(n,R) det(a) = 1 } είναι η ειδική γραµµική οµάδα, να δείξετε ότι το σύνολο SL(n, R) είναι µια κανονική υποοµάδα της GL(n, R), και ακολούθως να περιγράψετε την οµάδα πηλίκο : Λύση. Ορίζουµε απεικόνιση GL(n,R) / SL(n,R) f : GL(n,R) R, f (A) = det(a) Επειδή η απεικόνιση ορίζουσας ικανοποιεί τη σχέση det(a B) = det(a) det(b), έπεται ότι η απεικόνιση f είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων από την GL(n,R) στην πολλαπλασιαστική οµάδα R των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών. Ο οµοµορφισµός f είναι επιµορφισµός, διότι για κάθε µη-µηδενικό πραγµατικό αριθµό x, έχουµε f (A) = det(a) = x, όπου A είναι ο διαγώνιος πίνακας µε στοιχεία στην διαγώνιο παντού 1, εκτός από την ϑέση (1,1), όπου έχουµε το στοιχείο x. Προφανώς Ker(f ) = SL(n,R), και άρα η οµάδα SL(n,R) είναι µια κανονική υποοµάδα της GL(n,R). Τέλος από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε έναν ισοµορφισµό : GL(n,R) / SL(n,R) = R 3 Βλέπε και την Άσκηση

23 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ 255 Ασκηση Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική γενική γραµµική οµάδα GL(2, R) των αντιστρέψιµων 2 2 πινάκων µε στοιχεία πραγµατικούς αριθµούς. 1. Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι υποοµάδα της GL(2, R). 2. Να δείξετε ότι το υποσύνολο είναι κανονική υποοµάδα της G. G = H = {( ) } a b M 0 d 2 (R) ad 0 {( ) } 1 b M (R) b R 3. Να κατασκευάσετε έναν ισοµορφισµό H = R 4. Να δειχθεί ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 1. Εστω ( ) ( a b x y ) 0 d, 0 z G. Τότε Λύση. ( a b 0 d ) ( ) x y = 0 z ( ) ax ay + bz G 0 dz διότι axdz 0 αφού ad 0 και xz 0. Άρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL(2,R). Προφανώς το ουδέτερο στοιχείο ( ) ( της GL(2,R) ανήκει και στη G. Εστω a b ) 0 d G. Τότε ( ) ( a b 1 b ) ( ) ( ) 1 ( a da 1 0 a b 1 b ) = = = a da G 0 d d 0 διότι ad 0. Άρα G GL(2,R). 2. Εστω ( x y 0 z ) G. Τότε Συνεπώς H GL(2,R). 3. Ορίζουµε απεικόνιση ( ) 1 x y 0 z 1 d ( ) 1 b 0 1 ( ) x y 0 z g : H R, Η απεικόνιση g είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι : g (( ) ( 1 b b )) (( 0 1 = g 1 b +b 0 1 = = = ( 1 x 0 ( 1 x 0 y xz 1 z ( 1 bz x 0 1 ) bz y xz 1 z ( ) 1 b 0 1 ) ) H g (( 1 b 0 1 )) = b 1 d ( ) x y 0 z )) = b + b = b + b = g ( 1 b 0 1 ( ) x y 0 z ) ( + g 1 b ) 0 1 και ϕανερά ο οµοµορφισµός g είναι επιµορφισµός. Τέλος ο οµοµορφισµός g είναι µονοµορφισµός διότι : Ker(g ) = {( ) (( )) } 1 b 0 1 H g 1 b 0 1 = 0 = {( ) )} 1 b 0 1 H b = 0 = {( )} = { } I 2 Άρα η απεικόνιση g είναι ισοµορφισµός.

24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή αν και µόνο αν A,B G : AH B H = B H AH (AB)H = (B A)H AB (B A) 1 H Εστω A = ( ) ( a b x y ) 0 d, B = 0 z G. Εχουµε: AB = B A = (B A) 1 = ( ) a b 0 d ( ) x y 0 z ( 1 xa 0 ( ) x y = 0 z ( ) a b = 0 d xb yd xazd 1 zd ) ( ) ax ay + bz 0 dz ( ) xa xb + yd 0 zd και τότε (AB) (B A) 1 = ( ) ( ax ay + bz 1 xa 0 dz 0 xb yd xazd 1 zd ) ( 1 = 0 1 ax 2 b ax yd+xa 2 y+xabz xazd ) H Άρα η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. 2ος Τρόπος: Θα δείξουµε τα µέρη 2. και 4. µε χρήση του Πρώτου Θεωρήµατος Ισοµορφισµών : Εχοντας δείξει ότι η G είναι µια υποοµάδα της GL(2,R), ϑεωρούµε την οµάδα ευθύ γινόµενο R R της πολλαπλασιαστικής οµάδας (R, ) των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών, και ορίζουµε µια απεικόνιση ϕ : G R R, ϕ(a) = ϕ ( ) a b 0 d = (a,d) Η απεικόνιση ϕ είναι οµοµορφισµός οµάδων, διότι αν A = ( ) ( a b x y ) 0 d και B = 0 z είναι δύο στοιχεία της G, ϑα έχουµε : ϕ(a B) = ϕ (( ) ( a b x y )) ( ( ) 0 d 0 z = ϕ ax ay+bz ) (( 0 dz = (ax,dz) = (a,d) (x, z) = ϕ a b )) (( x y )) 0 d ϕ 0 z = ϕ(a) ϕ(b) Επιπλέον η ϕ είναι επιµορφισµός, διότι : (a,d) R R, A = ( ) ( ( a 0 0 d G και ϕ(a) = ϕ ( a 0 ) 0 d = (a,d) Υπολογίζουµε τον πυρήνα του επιµορφισµού ϕ: Ker(ϕ) = {( a b 0 d ) G ϕ (( a b 0 d )) } {( = (1,1) = a b ) } {( ) } 0 d G (a,d)) = (1,1) = 1 b 0 1 G b R = H Ετσι η απεικόνιση ϕ είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα την υποοµάδα H. 2. Επειδή ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού είναι πάντα κανονική υποοµάδα, έπεται ότι το σύνολο H είναι µια κανονική υποοµάδα της G. 4. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι η απεικόνιση ϕ επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων ϕ : G/Ker(ϕ) = G/H = R R, ϕ(ah) = ϕ(a) Επειδή η οµάδα R R είναι αβελιανή (ως ευθύ γινόµενο αβελιανών οµάδων), έπεται ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή (ως ισόµορφη µε µια αβελιανή οµάδα). Ασκηση 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.

25 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Να δειχθεί ότι το υποσύνολο H = { τ 1,b G b R } είναι κανονική υποοµάδα της G. 2. Να προσδιορισθεί η οµάδα πηλίκο G/H. Λύση. 1. Για κάθε a,b,c,d, x R µε a,c 0 έχουµε: (τ a,b τ a 1, a 1 b )(x) = τ ( a,b τa 1, a 1 b (x)) ( x = τ a,b a b ) a = τ a,b τ a 1, a 1 b = Id R = a ( x a b a ) + b = x Οµοια δείχνουµε ότι και άρα τ a 1, a 1 b τ a,b = Id R (τ a,b ) 1 = τ a 1, a 1 b (1) Ιδιαίτερα ϐλέπουµε ότι το σύνολο G αποτελείται από «1-1» 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 1,0. Επίσης έχουµε (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 (x) Συνεπώς έπεται ότι 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 (1) 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: (τ 1 a,b τ 1,r τ a,b )(x) = τ 1 ( a,b τ1,r (ax + b) ) = τ 1 a,b (ax + b + r ) = τ a 1, a 1 b (ax + (b + r )) = a 1 (ax + b + r ) a 1 b = x + a 1 b + a 1 r a 1 b = x + a 1 r = τ 1,a 1 r (x) Άρα δείξαµε ότι τ 1 a,b τ 1,r τ a,b = τ 1,a 1 r = τ 1 a,b τ 1,r τ a,b H, τ a,b G Εποµένως έχουµε ότι η H είναι κανονική υποοµάδα της G.

26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΜΑ ΕΣ-ΠΗΛΙΚΑ ΚΑΙ ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΙΣΟΜΟΡΦΙΣΜΩΝ Ορίζουµε την απεικόνιση Εχουµε f : G/H R, τ a,b H f ( τ a,b H ) = a «Καλά ορισµένη»: Εστω τ a,b H = τ c,d H. Τότε έχουµε τ a,b τ 1 c,d H = τ a,b τ c 1, c 1 d H = τ ac 1, ac 1 d+b H = ac 1 = 1 Άρα 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. «1-1»: Εστω τ a,b H G/H έτσι ώστε f ( τ a,b H ) = 1. Τότε a = 1 = τ a,b H = τ 1,b H = τ a,b H = H και άρα ο πυρήνας της f είναι ο τετριµµένος. Συνεπώς η f είναι «1-1». = a = c = f ( τ a,b H ) = f ( τ c,d H ) «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 η απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός, και άρα : G/H R 2ος Τρόπος: Θα δείξουµε τα 1. και 2. µε χρήση του Πρώτου Θεωρήµατος Ισοµορφισµών : είχνουµε πρώτα ότι το σύνολο G εφοδιασµένο µε την σύνθεση απεικονίσεων είναι οµάδα. Θεωρούµε την πολλαπλασιαστική οµάδα (R, ) των µη-µηδενικών πραγµατικών αριθµών, και ορίζουµε απεικόνιση φ : G R, φ(τ a,b ) = a Τότε η απεικόνιση φ είναι ένας οµοµορφισµός οµάδων, διότι αν τ a,b και τ c,d είναι δύο στοιχεία της G, ϑα έχουµε : φ ( τ a,b τ c,d ) = φ ( τac,ad+b ) = ac = φ(τa,b ) φ(τ c,d ) Επιπλέον η φ είναι επιµορφισµός, διότι : Υπολογίζουµε τον πυρήνα του επιµορφισµού φ: a R, τ a,0 G και φ(τ a,0 ) = a Ker(φ) = { τ a,b G φ(τ a,b ) = 1 } = { τ a,b G a = 1 } = { τ 1,b G b R } = H Ετσι η απεικόνιση φ είναι ένας επιµορφισµός οµάδων µε πυρήνα την υποοµάδα H. 1. Επειδή ο πυρήνας ενός οµοµορφισµού είναι πάντα κανονική υποοµάδα, έπεται ότι το σύνολο H είναι µια κανονική υποοµάδα της G. 2. Από το Πρώτο Θεώρηµα Ισοµορφισµών, ϑα έχουµε ότι η απεικόνιση φ επάγει έναν ισοµορφισµό οµάδων 4 φ : G/Ker(φ) = G/H = R, φ(τ a,b H) = φ(τ a,b ) = a Επειδή η οµάδα R είνα αβελιανή (ως ευθύ γινόµενο αβελιανών οµάδων), έπεται ότι η οµάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή (ως ισόµορφη µε µια αβελιανή οµάδα). 4 Ο ισοµορφισµός φ συµπίπτει µε τον ισοµορφισµό f.

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

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

Τρίτη 4 εκεµβρίου m + 4Z

Τρίτη 4 εκεµβρίου m + 4Z ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 4 εκεµβρίου 202 Ασκηση. Βρείτε

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

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 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 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. 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

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

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 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

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 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

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. 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

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 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

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 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

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

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 (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 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

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

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

Σχέσεις Ισοδυναµίας, Πράξεις και Μονοειδή

Σχέσεις Ισοδυναµίας, Πράξεις και Μονοειδή Κεφάλαιο 1 Σχέσεις Ισοδυναµίας, Πράξεις και Μονοειδή 11 Συνοπτική Θεωρία Στην παρούσα ενότητα υπενθυµίζουµε εν συντοµία ϐασικές έννοιες και αποτελέσµατα αναφορικά µε : (α) τις σχέσεις µερικής διάταξης

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

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

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

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

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

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

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

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

834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013

834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013 834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013 Περιεχόμενα 1 Βασικές Έννοιες 1 1.1 Ορισμοί - παραδείγματα.............................. 1 1.2 Υποομάδες και Σύμπλοκα..............................

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

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

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

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

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

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

Το Θεώρηµα του Lagrange και οι Εφαρµογές του

Το Θεώρηµα του Lagrange και οι Εφαρµογές του Κεφάλαιο 3 Το Θεώρηµα του Lagrange και οι Εφαρµογές του Στο παρόν Κεφάλαιο, ϑα αποδείξουµε το Θεώρηµα του Lagrange, το οποίο αποτελεί ένα από τα ϐασικότερα αποτελέσµατα της (στοιχειώδους) ϑεωρίας οµάδων,

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 και Υποοµάδες. Κεφάλαιο Συνοπτική Θεωρία Η Εννοια της Οµάδας - Βασικές Ιδιότητες Οµάδων

Οµάδες και Υποοµάδες. Κεφάλαιο Συνοπτική Θεωρία Η Εννοια της Οµάδας - Βασικές Ιδιότητες Οµάδων Κεφάλαιο 2 Οµάδες και Υποοµάδες 2.1 Συνοπτική Θεωρία Στην παρούσα ενότητα υπενθυµίζουµε εν συντοµία την έννοια της οµάδας και ιδιαίτερα του πίνακα Cayley µιας οµάδας, την έννοια της υποοµάδας και ιδιαίτερα

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

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 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

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

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

834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013

834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013 834. Θεωρία Ομάδων Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα, 2013 Περιεχόμενα 1 Βασικές Έννοιες 1 1.1 Ορισμοί - παραδείγματα.............................. 1 1.2 Υποομάδες και σύμπλοκα..............................

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

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

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

Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις

Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις Κεφάλαιο 1 Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα αναπτύξουµε τα ϐασικά στοιχεία από τη ϑεωρία σχέσεων µερικής διάταξης, σχέσεων ισοδυναµίας και διαµερίσεων οι οποίες ορίζονται επί ενός

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

Ασκησεις Βασικης Αλγεβρας

Ασκησεις Βασικης Αλγεβρας Ασκησεις Βασικης Αλγεβρας Αποστολος Μπεληγιαννης Απόστολος Μπεληγιάννης Καθηγητής Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Ιωαννίνων Ασκήσεις Βασικής Αλγεβρας Ιωαννινα εκεµβριος 2015 Ασκήσεις Βασικής Αλγεβρας Συγγραφή

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

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 (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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Κεφάλαιο 9. Οµάδες συγκεκριµένης τάξης. 9.1 Οµάδες τάξης pq. Z p 2 και Z p Z p.

Κεφάλαιο 9. Οµάδες συγκεκριµένης τάξης. 9.1 Οµάδες τάξης pq. Z p 2 και Z p Z p. Κεφάλαιο 9 Οµάδες συγκεκριµένης τάξης Στο κεφάλαιο αυτό ϑα εφαρµόσουµε τη ϑεωρία που αναπτύχθηκε στα προηγούµενα κεφάλαια για να περιγράψουµε οµάδες τάξης pq, όπου p, q είναι διακεκριµένοι πρώτοι αριθµοί,

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/liearalgebrai/lai2018/lai2018html Παρασκευή 12 Οκτωβρίου 2018 Ασκηση 1

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

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

(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

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

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

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

Nilpotent οµάδες και Lie άλγεβρες. Α.Ι. Πάπιστας Τµήµα Μαθηµατικών Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης

Nilpotent οµάδες και Lie άλγεβρες. Α.Ι. Πάπιστας Τµήµα Μαθηµατικών Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης Nilpotent οµάδες και Lie άλγεβρες Α.Ι. Πάπιστας Τµήµα Μαθηµατικών Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης 2 Περιεχόµενα 1 Επιλύσιµες και µηδενοδύναµες οµάδες 5 1.1 Ανώτερη κεντρική σειρά. Οµάδα µεταθέτης...........

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

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

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

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

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

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

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

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

ακτύλιοι : Βασικές Ιδιότητες και Παραδείγµατα

ακτύλιοι : Βασικές Ιδιότητες και Παραδείγµατα Κεφάλαιο 7 ακτύλιοι : Βασικές Ιδιότητες και Παραδείγµατα Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε την ϑεµελιώδη έννοια του δακτυλίου, ϑα αναπτύξουµε τις ϐασικές ιδιότητες δακτυλίων και ϑα αναλύσουµε µια σειρά

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ημιαπλοί Δακτύλιοι

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ημιαπλοί Δακτύλιοι ΚΕΦΑΛΑΙΟ : Ημιαπλοί Δακτύλιοι 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. 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

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 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

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

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

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

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 5 Γραµµικες Απεικονισεις Στην άλγεβρα, και γενικότερα στα Μαθηµατικά,

Διαβάστε περισσότερα