Α Δ Ι. Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 & K =

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Α Δ Ι. Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 & K ="

Transcript

1 Α Δ Ι Α - Φ 5 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 Ασκηση 1. Θεωρούμε τις ακόλουθες (κυκλικές) υποομάδες της S 3 : H = & K = Να βρεθούν οι δεξιές και αριστερές πλευρικές κλάσεις (δεξιά και αριστερά σύμπλοκα)¹ των υποομάδων H, K στην S 3. Λύση. Υπενθυμίζουμε ότι: όπου: S 3 = {ρ 0 = ι, μ 1, μ 2, μ 3, ρ 1, ρ 2 } ρ 0 = ι =, ρ 1 = = (123), ρ = ρ 2 1 = = (132) μ 1 = = (23), μ = = (13), μ = = (12) Τα στοιχεία μ 1, μ 2, μ 3 (2-κύκλοι) έχουν τάξη 2 και τα στοιχεία ρ 1, ρ 2 (3-κύκλοι) έχουν τάξη 3. Άρα: H = μ 2 = {ρ 0, μ 1 } & K = ρ 1 = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } (1) Γ H: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συμπλόκων μιας υποομάδας σε μια πεπερασμένη ομάδα είναι ο δείκτης της υποομάδας στην ομάδα, και [S 3 : H] = 6 2 = 3, θα υπάρχουν τρία (αριστερά ή δεξιά) σύμπλοκα της H στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύμπλοκα: ρ 0 H = H = {ρ 0, μ 1 } & ρ 1 H = {ρ 1 ρ 0, ρ 1 μ 1 } = {ρ 1, μ 3 } & ρ 2 H = {ρ 2 ρ 0, ρ 2 μ 1 } = {ρ 2, μ 2 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της H στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = H ρ 1 H ρ 2 H. ¹Υπενθυμίζουμε ότι, αν G είναι μια ομάδα και H είναι μια υποομάδα της, τότε η οικογένεια (ah) a G των αριστερών συμπλόκων ah της H στη G αποτελεί μια διαμέριση της G, δηλαδή (i). a H, ah, (ii). G = a G ah, (iii). Αν ah bh τότε ah = bh. Γι αυτό η μέθοδος που θα ακολουθήσουμε για τον προσδιορισμό όλων των αριστερών συμπλόκων έχει ως εξής: Πρώτα προσδιορίζουμε ένα (οποιοδήποτε) σύμπλοκο ah, κατόπιν βρίσκουμε (αν υπάρχει ) κάποιο b G \ ah. Το ah bh, αφού b / ah, γι αυτό μια νέα πλευρική κλάση είναι η bh. Σχηματίζουμε την ένωση ah bh, κατόπιν βρίσκουμε κάποιο (αν υπάρχει) c G \ (ah bh), γι αυτό μια νέα πλευρική κλάση είναι η ch. Σχηματίζουμε την ένωση ah bh ch κατόπιν βρίσκουμε (αν υπάρχει ) κάποιο d G \ (ah bh ch) και συνεχίζουμε με τον τρόπο αυτό, ώστε τελικά η ένωση ah bh ch... να ισούται με G. Συνήθως επιλέγουμε ως πρώτη πλευρική κλάση την eh = H.

2 2 (βʹ) Δεξιά Σύμπλοκα: Hρ 0 = H = {ρ 0, μ 1 } & Hρ 1 = {ρ 0 ρ 1, μ 1 ρ 1 } = {ρ 1, μ 2 } & Hρ 2 = {ρ 0 ρ 2, μ 1 ρ 2 } = {ρ 2, μ 3 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της H στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = H Hρ 1 Hρ 2. Παρατηρούμε ότι ρ 1 H Hρ 1 και ρ 2 H Hρ 2. (2) Γ K: Επειδή το πλήθος των (αριστερών ή δεξιών) συμπλόκων μιας υποομάδας σε μια πεπερασμένη ομάδα είναι ο δείκτης της υποομάδας στην ομάδα, και [S 3 : K] = 6 3 = 2, θα υπάρχουν δύο (αριστερά ή δεξιά) σύμπλοκα της K στην S 3. (αʹ) Αριστερά Σύμπλοκα: ρ 0 K = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & μ 1 K = {μ 1 ρ 0, μ 1 ρ 1, μ 1 ρ 2 } = {μ 1, μ 2, μ 3 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της K στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = K Hμ 1. (βʹ) Δεξιά Σύμπλοκα: Kρ 0 = K = {ρ 0, ρ 1, ρ 2 } & Kμ 1 = {ρ 0 μ 1, ρ 1 μ 1, ρ 2 μ 1 } = {μ 1, μ 2, μ 2 } Τα παραπάνω σύμπλοκα, όπως βλέπουμε είναι ανά δύο ξένα και άρα είναι όλα τα αριστερά σύμπλοκα της K στην S 3. Όπως περιμένουμε S 3 = K Kμ 1. Παρατηρούμε ότι μ 1 K = Kμ 1. Ασκηση 2. (1) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας 5 = 5Z στην ομάδα (Z, +). (2) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας 9 = 9Z στην ομάδα (Z, +) και της 9 = 9Z στην (υπο)ομάδα 3 = 3Z της (Z, +). (3) Να ευρεθούν οι πλευρικές κλάσεις (τα σύμπλοκα) της υποομάδας [6] 12 στην ομάδα (Z 12, +) και της [6] 12 στην (υπο)ομάδα [2] 12 της (Z 12, +). Λύση. (1) Η πρώτη πλευρική κλάση (σύμπλοκο) είναι η 0+ 5 = 5 = {5z z Z}. Παρατηρούμε ότι 1 Z\ 5, γι αυτό η πλευρική κλάση (σύμπλοκο) 1+ 5 = 5. Τώρα, το 2 Z\( 5 (1+ 5 )) και η πλευρική κλάση είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Τώρα, το 3 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 )) και η πλευρική κλάση είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Τέλος, το 4 Z \ ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 )) και η πλευρική κλάση είναι μια πλευρική κλάση διαφορετική από τις προηγούμενες. Ισχυριζόμαστε ότι Z = ( 5 (1 + 5 ) (2 + 5 ) (3 + 5 ) (4 + 5 ). Πράγματι, αν z Z, τότε εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση με υπόλοιπο του z δια 5, παίρνουμε: z = λq + υ, όπου υ = 0, 1, 2, 3, 4. Επειδή λοιπόν z λq = υ, το z ανήκει σε ακριβώς σε μια από τις κλάσεις ( 5, (1 + 5 ), (2 + 5 ), (3 + 5 ), (4 + 5 ). (2) (α ) Ο προσδιορισμός είναι εντελώς ίδιος. Εδώ τα σύμπλοκα είναι τα: 9, (1 + 9 ), (2 + 9 ), (3 + 9 ), (4 + 9 ), (5 + 9 ), (6 + 9 ), (7 + 9 ), (8 + 9 ). (β ) Ο προσδιορισμός είναι και πάλι ο ίδιος, μόνο που τώρα εργαζόμαστε με την ομάδα 3 εντός της οποίας θεωρούμε την υποομάδα 9. Τα στοιχεία της 3 είναι της μορφής 3ρ, ρ Z. Τώρα τα αριστερά σύμπλοκα ( ), ( ), ( ),

3 είναι ανά δύο διαφορετικά. Επιπλέον, εκτελώντας Ευκλείδεια διαίρεση με υπόλοιπο του 3ρ δια 9, παίρνουμε: 3ρ = 9q + υ, όπου υ = 0, 1, 2,..., 8. Επειδή το 3 διαιρεί τη διαφορά 3ρ 9q, διαιρεί και το υ. Γι αυτό υ = 0 = 3 0, 3 = 3 1, 6 = 3 2. Έτσι το 3ρ ανήκει σε ακριβώς μία από τις κλάσεις ( ), ( ), ( ). (3) (α ) Εδώ γνωρίζουμε εκ των προτέρων το πλήθος των αριστερών πλευρικών κλάσεων, αφού από το Θεώρημα Lagange το πλήθος τους ισούται με τον δείκτη (Z 12) ( [6] ) = 12 2 = 6. Παρατηρούμε ότι [6] = {[0], [6]}. Εδώ οι κλάσεις είναι οι εξής (όλες οι παρακάτω κλάσεις είναι mod 12): ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([1] + [6] ) = {[1] + [0], [1] + [6]} = {[1], [7]}, 3 ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([3] + [6] ) = {[3] + [0], [3] + [6]} = {[3], [9]} ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]}, ([5] + [6] ) = {[5] + [0], [5] + [6]} = {[5], [11]} (β ) Εδώ θεωρούμε την υποομάδα [2] της Z 12 και την [6] ως υποομάδα της [2]. Γι αυτό το πλήθος των κλάσεων είναι = 3 και οι κλάσεις είναι οι ( [2] ) ( [6] ) = 6 2 ([0] + [6] ) = {[0], [6]}, ([2] + [6] ) = {[2] + [0], [2] + [6]} = {[2], [8]}, ([4] + [6] ) = {[4] + [0], [4] + [6]} = {[4], [10]} Ασκηση 3. Έστω η ομάδα (Z 12, +). Θεωρούμε την ομάδα ευθύ γινόμενο (Z 12 Z 12, )², και έστω V το ακόλουθο υποσύνολο τής Z 12 Z 12 : V = { ([a] 12, [b] 12 ) Z 12 Z 12 όπου: 3 a & 3 b } Δείξτε ότι το σύνολο V είναι μια υποομάδα τής Z 12 Z 12 και υπολογίστε τον δείκτη [Z 12 Z 12 : V]. Λύση. Επειδή το V είναι ένα πεπερασμένο σύνολο, αφού είναι υποσύνολο τής Z 12 Z 12, η οποία είναι μια ομάδα με τάξη³ [Z 12 Z 12 : 1] = Z 12 Z 12 = o(z 12 Z 12 ) = o(z 12 ) o(z 12 ) = 12 2 = 144, είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι είναι κλειστό ως προς την πράξη τής Z 12 Z 12. Αν ([a] 12, [b] 12 ) και ([a ] 12, [b ] 12 ) είναι στοιχεία τού V, τότε και το ([a] 12, [b] 12 ) ([a ] 12, [b ] 12 ) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12 ) είναι στοιχείο τού V, επειδή από 3 a και 3 a (αντίστοιχα 3 b και 3 b ) έπεται 3 a + a (αντίστοιχα 3 b + b ). Επομένως, V Z 12 Z 12. Θα υπολογίσουμε το πλήθος των στοιχείων τής V. Παρατηρούμε ότι τα στοιχεία [a] 12 Z 12 με 3 a είναι τα [0] 12, [3] 12, [6] 12, [9] 12. Γι αυτό η τάξη τής V είναι [V : 1] = 4 2 = 16 και ο δείκτης [Z 12 Z 12 : V] ισούται με [Z 12 Z 12 : V] = [Z 12 Z 12 : 1] [V : 1] = Z 12 Z 12 V = = 9 Ασκηση 4. Θεωρούμε τη διεδρική ομάδα (D 4, ) και ας είναι τ οποιαδήποτε στερεά κίνηση που προκύπτει από ανάκλαση ως προς άξονα συμμετρίας που κείται επί του επιπέδου του τετραγώνου. Να υπολογιστούν οι αριστερές πλευρικές κλάσεις (τα αριστερά σύμπλοκα) της τ στην D 4. ²Υπενθυμίζουμε ότι η πράξη τής Z 12 Z 12 ορίζεται ως ([a] 12, [b] 12 ) ([a ] 12, [b ] 12 ) = ([a + a ] 12, [b + b ] 12 ). ³Υπενθυμίζουμε ότι για την τάξη μιας ομάδας G χρησιμοποιούμε έναν εκ των συμβολισμών: G, o(g), [G : 1].

4 4 Λύση. Έστω ότι τ είναι η στερεά κίνηση (ανάκλαση) που αντιστοιχεί στον άξονα συμμετρίας, ο οποίος διέρχεται από τα μέσα των πλευρών 1 2 και 3 4 και ότι ρ είναι η στροφή κατά π/4 (με φορά αυτήν που ακολουθούν οι δείκτες του ρολογιού) γύρω από τον άξονα που είναι κάθετος στο επίπεδο του τετραγώνου και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας του O. Έτσι αν θεωρήσουμε την διεδρική ομάδα D 4 ως ομάδα μεταθέσεων επί του συνόλου {1, 2, 3, 4} των κορυφών του τετραγώνου, θα έχουμε: ρ = ( ) & τ = ( ) E Ȯ. τ 3 2 Σ 1. Το τετράγωνο με τον άξονα συμμετρίας τ Εύκολα βλέπουμε ότι η ομάδα D 4 περιγράφεται ως D 4 = {Id 4, ρ, ρ 2, ρ 3, τ, τρ, τρ 2, τρ 3 }, όπου τ 2 = Id 4, ρ 4 = Id 4, και ρτ = τρ 3 (D Η υποομάδα τ = {Id 4, τ} έχει τάξη 2 και άρα ο δείκτης ισούται με 4) ( τ ) = 8 2 = 4. Συνεπώς, υπάρχουν ακριβως τέσσερεις αριστερές πλευρικές κλάσεις της τ στην D 4. Αυτές είναι οι: Id 4 τ = {Id 4 Id 4, Id 4 τ} = {Id 4, τ} ρ τ = {ρid 4, ρτ} = {ρ, τρ 3 } ρ 2 τ = {ρ 2 Id 4, ρ 2 τ} = {ρ 2, τρ 2 } ρ 3 τ = {ρ 3 Id 4, ρ 3 τ} = {ρ 3, τρ} Ασκηση 5. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και ότι H G είναι μια υποομάδα της. (1) Να δειχθεί ότι το πλήθος των αριστερών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται με το πλήθος των δεξιών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Να δοθεί παράδειγμα ομάδας (G, ) και υποομάδας H της G, έτσι ώστε a G και ah Ha. (3) Να δειχθεί ότι αν μια ομάδα (G, ) είναι αβελιανή, τότε για κάθε a G ισχύει: ah = Ha⁴. ⁴Το αντίστροφο δεν ισχύει: υπάρχουν μη-αβελιανές ομάδες οι οποίες περιέχουν μια υποομάδα H έτσι ώστε: ah = Ha, a G. Για παράδειγμα μπορούμε να θεωρήσουμε την συμμετρική ομάδα S 3 και την υποομάδα K = ρ 1, βλέπε την Άσκηση 1.

5 Λύση. (1) Υπενθυμίζουμε ότι τα αριστερά σύμπλοκα της υποομάδας H στην G είναι οι διακεκριμένες κλάσεις ισοδυναμίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναμίας επίτ της G: x, y G : x RH y x 1 y H Τότε η κλάση ισοδυναμίας [x] H := [x] RH του x G ως προς την R H είναι το αριστερό σύμπλοκο x H = {x h G h H}. Παρόμοια τα δεξιά σύμπλοκα της υποομάδας H στην G είναι οι διακεκριμένες κλάσεςι ισοδυναμίας ως προς την ακόλουθη σχέση ισοδυναμίας επίτ της G: x, y G : x H R y x y 1 H και η κλάση ισοδυναμίας H [x] := [x] H R του x G ως προς την Η R είναι το δεξιό σύμπλοκο H x = {h x G h H}. Θεωρούμε τα σύνολα πηλίκα G/R H = { [x] H = x H G x G } & G/ H R = { H[x] = H x G x G } και ορίζουμε: ψ : G/R H G/ H R, ψ(x H) = H x 1 θα δείξουμε ότι η ψ είναι μια 1-1 και επί απεοκόνιση. Κατ αρχήν η ψ είναι καλά ορισμένη: έστω x H = y H και άρα x RH y. Τότε x 1 y H. Έστω x 1 y = h H. Τότε x 1 = h y 1 H y 1 = H [y 1 ]. Όπως γνωρίζουμε τότε τα στοιχεία x 1 και y 1 ορίζουν την ίδια κλάση ισοδυναμίας ως προς την σχέση ισοδυναμίας H R και επομένως θα έχουμε H [x 1 ] = H [y 1 ]. Αυτό όμως σημαίνει ότι H x 1 = H y 1 και άρα ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή η ψ είναι καλά ορισμένη. Έστω ψ(x H) = ψ(y H), δηλαδή H x 1 = H y 1 ή ισοδύναμα H [x 1 ] = H [y 1 ]. Τότε όμως x 1 HR y 1 και άρα x 1 (y 1 ) 1 H. Δηλαδή x 1 y H και επομένως x 1 y = h H. Τότε y = x h x H = [x] H και άρα [y] H = [x] H = y H = x H. Επομένως η ψ είναι 1-1. Έστω H [z] = H z G/ H R. Τότε προφανώς ψ([z 1 ] H ) = ψ(z 1 H) = H (z 1 ) 1 = H z και άρα η ψ είναι επί. Επομένως το πλήθος των αριστερών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G ισούται με το πλήθος των δεξιών συμπλόκων (πλευρικών κλάσεων) της H στην G. (2) Θεωρούμε την συμμετρική ομάδα S 3 := G και την υποομάδα της μ 1 := H, βλέπε την Άσκηση 1. Τότε όπως είδαμε ρ 1 H Hρ 1. (3) Αν η G είναι αβελιανή, θα έχουμε: ah = {ah G h H} = {ha G h H} = Ha 5 Ασκηση 6. (1) Βρείτε τον δείκτη [G : H] της υποομάδας H G στις ακόλουθες περιπτώσεις: (αʹ) H = nz και G = Z. (βʹ) H = {(x, y) R R x = y} και G = R R. (2) Βρείτε μια υποομάδα H της πολλαπλασιαστικής ομάδας (R, ) έτσι ώστε: [R : H] = 2. Λύση. (1) (α ) Επειδή οι ομάδες Z και nz είναι άπειρες, για να υπολογίσουμε τον δείκτη ης nz στην Z, θα πρέπει να υπολογίσουμε το πλήθος των διακεκριμένων συμπλόκων της nz στην Z. Επειδή η ομάδα Z είναι αβελιανή δεν χρειάζεται να γίνει διάκριση μεταξύ αριστερών και δεξιών συμπλόκων. Όπως αναφέρθηκε και στην προηγούμενη Άσκηση 5, τα σύμπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις ισοδυναμίας των στοιχείων της Z ως προς τη σχέση ισοδυναμίας: x, y Z: x y αν και μόνον αν x + y nz. Αυτό είναι ισοδύναμο με: n x y, και επομένως τα διακεκριμένα σύμπλοκα της nz στην Z είναι οι κλάσεις υπολοίπων mod n, δηλαδή τα στοιχεία του συνόλου: {[0] n, [1] n,, [n 1] n }. Επομένως θα έχουμε: [Z : nz] = n

6 6 (1) (β ) R (0, 4) (0, 3.5) (0, 2.5) (0, 2.5) (0, 2) (0, 1.5) (0, 1) (0, 0.5). (0,0) (0, -0.5) (0, -1) (0, -1.5) (0, -2) (0, -2.5) (0, -3) (0, -3.5) R Παρατηρούμε ότι η κλάση τού στοιχείου (r 1, r 2 ) R R ισούται με Θεωρούμε την απεικόνιση (r 1, r 2 ) + H = {(r 1, r 2 ) + (x, x) x R}. Φ : R R/ H R, (r 1, r 2 ) + H r 2 r 1 Πρόκειται για μια καλά ορισμένη απεικόνιση, αφού αν, (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2) + H, τότε (r 1, r 2 ) (r 1, r 2) H r 1 r 1 = r 2 r 2 r 2 r 1 = r 2 r 1. Προφανώς πρόκειται για «επί» απεικόνιση, αφού αν r R, τότε η εικόνα τής κλάσης (0, r) + H είναι το στοιχείο r. Τέλος, η Φ είναι και «1 1», αφού αν, Φ((r 1, r 2 ) + H) = Φ((r 1, r 2) + H) r 2 r 1 = r 2 r 1 r 1 r 2 = r 1 r 2, τότε (r 1, r 2 ) + H = (r 1, r 2) + H. Ώστε υπάρχει μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία μεταξύ τού συνόλου R R/ H των κλάσεων ισοδυναμίας που ορίζεται από την υποομάδα H και τής ευθείας των πραγματικών αριθμών. Στο σχήμα οι κλάσεις ισοδυναμίας είναι οι ευθείες που είναι παράλληλες ως προς την ευθεία που διέρχεται από την αρχή των συντεταγμένων και σχηματίζει γωνία π/4 με τον άξονα των x. Η τομή κάθε ευθείας με τον άξονα των y χορηγεί την απεικόνιση Φ που περιγράψαμε προηγουμένως. (2) Θεωρούμε το υποσύνολο R >0 = {x R x > 0} R το οποίο είναι μια υποομάδα της πολλαπλασιαστικής ομάδας R, διότι 1 R >0, και αν x, y R >0, τότε xy R >0 και x 1 R >0. Τα σύμπλοκα των στοιχείων 1 και 1 είναι: 1R >0 = {1 x = x R x R >0 } = R >0 ( 1)R >0 = {( 1) x = x R x R >0 } = {x R x R <0 } = R <0 και προφανώς αποτελούν μια διαμέριση της R. Επομένως αυτά είναι όλα τα διακεκριμένα (αριστερά) σύμπλοκα της R >0 στην R. Αυτό σημαίνει ότι⁵ [R : R >0 ] = 2 ⁵Ένας διαφορετικός τρόπος: εύκολα βλέπουμε ότι δύο στοιχεία x, y της R είναι ισοδύναμα ως προς την σχέση ισοδυναμίας R R >0 την οποία ορίζει η υποομάδα R >0 επί της R αν και μόνον αν xy > 0, δηλαδή αν και μόνον αν τα x, y είναι ομόσημα. Συμβολίζοντας με R /R >0 το σύνολο των αριστερών συμπλόκων της R >0 στην R, ορίζουμε τότε απεικόνιση Φ : R/R >0 { 1, 1}, Φ(xR >0 ) = 1, αν x > 0 και Φ(xR >0 ) = 1, αν x < 0 η οποία βλέπουμε ότι είναι καλά ορισμένη, «1-1» και «επί». Επομένως [R : R >0 ] = R/R >0 = 2.

7 Ασκηση 7. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και H, K G δύο υποομάδες τής G οι οποίες έχουν ως τάξη τον ίδιο πρώτο αριθμό p. Αν H K, τότε δείξτε ότι H K = {e G }. Λύση. Παρατηρούμε ότι η H K είναι υποομάδα και τής Η και τής K. Από το Θεώρημα Lagrange συμπεραίνουμε ότι η τάξη [H K : 1] = (H K) είναι ένας διαιρέτης και τής τάξης p τής H και τής τάξης p τής K. Συνεπώς, θα είναι ή [H K : 1] = 1 ή [H K : 1] = p, αφού ο p είναι πρώτος αριθμός. Όμως αν ήταν [H K : 1] = p, τότε θα ήταν H K = H και H K = K (αφού H K H, H K K) και γι αυτό H = H K = K. Αλλά από την υπόθεση γνωρίζουμε ότι H K. Επομένως, [H K : 1] = (H K) = 1 και έτσι H K = {e G }. 7 Ασκηση 8. Αν (G, ) είναι μια ομάδα με τάξη o(g) < 300, η οποία έχει δύο υποομάδες H, K με τάξεις αντιστοίχως o(h) = 24 και o(k) = 54, τότε ποια είναι η τάξη o(g) της G; Λύση. Από το Θεώρημα του Lagrange, θα έχουμε: 24 = o(h) o(g) & 54 = o(h) o(g) Τότε όμως θα έχουμε ότι και το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των 24 και 54 θα διαιρεί την τάξη της G: 216 = [24, 54] o(g) και άρα o(g) = 216 k, για κάποιο k 1 Επειδή o(g) < 300, αναγκαστικά θα έχουμε: o(g) = 216. Ασκηση 9. Έστω ότι p, q είναι πρώτοι αριθμοί, και (G, ) μια ομάδα. Να δειχθεί ότι: (1) Αν η τάξη της G είναι pq, τότε κάθε γνήσια υποομάδα H της G είναι κυκλική. (2) Αν η G είναι αβελιανή με τάξη pq και p q, τότε η G είναι κυκλική. (3) Υπάρχουν αβελιανές ομάδες τάξης p 2 οποίες δεν είναι κυκλικές. Λύση. (1) Η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποομάδας H της G είναι ένας γνήσιος διαιρέτης της τάξης p q της G. Οι γνήσιοι διαιρέτες του p q είναι 1, p και q, όταν p q ή 1 και p, όταν p = q. Σε κάθε περίπτωση η τάξη o(h) κάθε γνήσιας υποομάδας H είναι ή 1 ή ένας πρώτος αριθμός. Αλλά μια ομάδα τάξης 1 είναι η τετριμμένη {e} η οποία είναι κυκλική: {e} = e, και το ίδιο συμβαίνει και με μια ομάδα με τάξη πρώτο αριθμό, διότι τότε κάθε μη-ταυτοτικό στοιχείο της είναι γεννήτορας. Ώστε κάθε γνήσια υποομάδα της G είναι κυκλική. (2) Αφού [G : 1] = o(g) = pq και οι p, q ως πρώτοι αριθμοί είναι 2 με p q, συμπεραίνουμε ότι o(g) 6. Επομένως υπάρχουν a G με a e G, δηλαδή G \ {e G } =. Έστω a G \ {e G }. Θεωρούμε την κυκλική υποομάδα a. Προφανώς, a = {e G }. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας a ισούται με pq (ισοδύναμα (a) = pq), τότε a = G και η G είναι κυκλική. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας a ισούται με έναν από τους πρώτους p ή q, ας πούμε τον p (η απόδειξη είναι ανάλογη όταν ισούται με q), τότε το σύνολο G \ a έχει pq p = (q 1)p > 1 στοιχεία. Έστω b G \ a. Θεωρούμε την κυκλική υποομάδα b. Προφανώς, b = {e G }, αφού b e G. Η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b (δηλαδή η τάξη τού b) θα είναι (και πάλι λόγω τού Θεωρήματος Lagrange) ή pq ή p ή q. Προφανώς, b = a, αφού b / a. Αν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b ισούται με pq (ισοδύναμα o(b) = pq), τότε b = G και η G είναι κυκλική. Υπολείπονται οι περιπτώσεις όπου o( b ) = p ή o( b ) = q. Θα αποκλείσουμε την πρώτη περίπτωση. Πρώτα παρατηρούμε ότι γενικώς το σύνολο H = a b := {a i b j a i a, b j b }

8 8 είναι μια υποομάδα τής G, επειδή είναι πεπερασμένο, αφού περιέχεται στην πεπερασμένη ομάδα G και επειδή είναι κλειστό ως προς την πράξη τής G. Πράγματι, αν, x, y H, τότε x = a i1 b j1, y = a i2 b j2 και έχουμε xy = (a i1 b j1 )(a i2 b j2 ) = a i1 a i2 b j1 b j2 = a i1+i2 b j1+j2 H, επειδή η G είναι αβελιανή. Τώρα θα αποδείξουμε ότι αν ήταν η τάξη τής κυκλικής υποομάδας b ίση με p, τότε θα ήταν η τάξη o(h) τής H ίση με p 2, πράγμα άτοπο, αφού τότε θα είχαμε, λόγω τού Θεωρήματος Lagrange, ότι το p 2 διαιρεί το pq, ή ισοδύναμα ότι το p διαιρεί το q. Πράγματι, αν o( b ) = p, τότε λόγω τής Άσκησης 7, είναι a b = {e G }, επειδή o( a ) = o( b ) = p και αφού όπως είδαμε a b. Ας υπολογίσουμε την τάξη τής H. Επειδή H = {a i b j 1 i, j p}, έπεται ότι (H) p 2. Αλλά καθώς τα i και j διατρέχουν το σύνολο I p = {1, 2,..., p}, τα στοιχεία a i b j είναι ανα δύο διακεκριμμένα. Πράγματι, αν a i1 b j1 = a i2 b j2, i 1, i 2, j 1, j 2 I p ( ) τότε το στοιχείο a i 1 i 2 = b j 2 j 1 ανήκει στην τομή a b = {e G } και γι αυτό a i 1 i 2 = b j 2 j 1 = e G ( ) Αφού είναι 1 i 1 i 2 p θα είναι ή i 1 > i 2 ή i 1 < i 2. Στην πρώτη περίπτωση η ( ) δίνει ότι η τάξη τού a είναι μικρότερη από p και στη δεύτερη περίπτωση από την ( ) παίρνουμε ότι a i 2 i 1 = e G από όπου και πάλι έπεται ότι η τάξη τού a είναι μικρότερη από p. Αλλά αυτό είναι και στις δύο περιπτώσεις άτοπο. Όμοια αποδεικνύεται ότι είναι αδύνατο να ισχύει b j 1 = b j 2 με j 1, j 2 I p και j 1 j 2. Ώστε (H) = p 2. Επομένως, η τάξη τού στοιχείου b δεν μπορεί να είναι ούτε p. Επομένως, η τάξη τού b είναι q. Τώρα θεωρούμε το στοιχείο ab. Επειδή o(a) = p, o(b) = q, όπου p q πρώτοι αριθμοί και επειδή ab = ba, διότι η G είναι αβελιανή, συμπεραίνουμε ότι η τάξη τού ab είναι pq. Ώστε η G έχει σε κάθε περίπτωση ένα στοιχείο τάξης pq και γι αυτό είναι πάντοτε κυκλική. (3) Η ομάδα του Klein V 4 = {e, a, b, c}, για παράδειγμα το ισοδύναμο μοντέλο της Z 2 Z 2, είναι μια μη-κυκλική ομάδα τάξης 4 = 2 2. Ασκηση 10. Έστω ότι (G, ) είναι μια πεπερασμένη αβελιανή ομάδα και m είναι το μέγιστο τού συνόλου M = {o(a) N a G} των τάξεων των στοιχείων τής G: m = max { o(a) N a G } Να δειχθεί ότι a G: a m = e G. Λύση. Έστω ότι g G είναι ένα στοιχείο τής G με τάξη o(g) = m το μέγιστο τού συνόλου M και ότι a G είναι οποιοδήποτε στοιχείο τής G. Θα δείξουμε ότι αν, p σ, σ N είναι η μέγιστη δύναμη ενός οποιουδήποτε πρώτου που διαιρεί την τάξη τού a, τότε η δύναμη p σ είναι επίσης διαιρέτης τής (g) = m και γι αυτό η τάξη o(a) διαιρεί την τάξη (g). Δηλαδή m = o(g) = λ o(a), από όπου έπεται ότι a m = a λo(a) = (e G ) λ = e G. Θεωρούμε την τάξη o(a) και την γράφουμε ως o(a) = p σ κ, όπου ο p δεν διαιρεί τον κ N. Θεωρούμε επίσης την τάξη o(g) και την γράφουμε ως o(g) = p τ μ, όπου τ N {0} και όπου ο p δεν διαιρεί τον μ N. Τώρα σχηματίζουμε τα στοιχεία a κ και g pτ. Η τάξη τού a κ είναι p σ και τού g pτ είναι μ. Παρατηρώντας ότι Μ.Κ.Δ.(p σ, μ) = 1 και επειδή τα στοιχεία a κ και g pτ μετατίθενται μεταξύ τους, αφού η G είναι αβελιανή, συμπεραίνουμε ότι η τάξη τού a κ g pτ ισούται με p σ μ. Όμως, επειδή το g έχει τη μέγιστη τάξη p τ μ μεταξύ των τάξεων όλων των στοιχείων τής G, συμπεραίνουμε ότι p σ μ p τ μ και συνεπώς p σ p τ. Ώστε η δύναμη p σ διαιρεί την τάξη o(g) = m τού g. Αυτό ακριβώς που θέλαμε να αποδείξουμε.

9 Ασκηση 11. Ο εκθέτης μιας ομάδας G, αν υπάρχει, ορίζεται να είναι ο ελάχιστος φυσικός αριθμός m έτσι ώστε: g m = e, g G, και συμβολίζεται με exp(g)⁶. Αν δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός, ορίζουμε exp(g) =. (1) Δείξτε ότι ο εκθέτης υπάρχει για κάθε πεπερασμένη ομάδα G. (2) Υπάρχουν ομάδες άπειρης τάξης με πεπερασμένο εκθέτη. (3) Αν η G = {g 1, g 2,, g n } είναι πεπερασμένη αβελιανή, δείξτε ότι: (a) exp(g) = [ o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n ) ] (b) Δείξτε ότι υπάρχει στοιχείο g G: o(g) = exp(g). Λύση. (1) Αν η ομάδα G είναι πεπερασμένη, τότε όπως έχουμε δείξει θα έχουμε a G = e, a G. Άρα το σύνολο {m N a m = e, a G} =, και επομένως θα έχει ελάχιστο στοιχείο m. Τότε εξ ορισμού m = exp(g) <. (2) Θεωρούμε την προθετική ομάδα Z 2 των κλάσεων υπολοίπων mod 2. Τότε προφανώς 2x = 0, x Z 2. Έστω G η ομάδα ευθύ γινόμενο Z 2 Z 2, τα στοιχεία της οποίας είναι ακολουθίες (x i ) i 1 στοιχείων της Z 2. Λαμβάνοντας υπ όψιν τον ορισμό της πράξης στην G, θα έχουμε ότι 2(x i ) i 1 = (2x i ) i 1 = (0) i 1 είναι η μηδενική ακολουθία, η οποία είναι το ουδέτερο στοιχείο της G. Επομένως βλέπουμε ότι exp(g) = 2, και προφανώς η ομάδα G είναι άπειρης τάξης. (3)(a) Επειδή i = 1, 2,, n: g exp(g) i = e, έπεται ότι θα έχουμε o(g i ) exp(g), 1 i n, και επομένως m := [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] exp(g). Ιδιαίτερα m exp(g). Από την άλλη πλευρά, m = o(g i )k i, για κάποιους θετικούς ακέραιους 1 i n. Τότε: i = 1, 2,, n : g m i = g o(g i)k i i = (g o(g i) i ) k i = e Άρα x m = e, x G, και επομένως exp(g) m. Συνοψίζοντας θα έχουμε: exp(g) = m = [o(g 1 ), o(g 2,, o(g n )]. (3)(b) Ισχυρισμός: η G περιέχει ένα στοιχείο g του οποίου η τάξη είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων όλων των στοιχείων της G: g G : o(g) = [o(g 1 ), o(g 2 ),, o(g n )] Αν αποδείξουμε τον παραπάνω ισχυρισμό, τότε από το (3)(a) θα έχουμε ότι υπάρχει ένα στοιχείο g στην G με τάξη τον εκθέτη της G. Η απόδειξη του ισχυρισμού, θα γίνει σε τρία βήματα: Β 1: Δείχνουμε πρώτα ότι: «αν x, y G και o(x) = m, o(y) = n, τότε υπάρχει ένα στοιχείο z G έτσι ώστε : o(z) = [m, n]» Για τους θετικούς ακεραίους m, n από την Θεωρία Αριθμών, μπορούμε να γράψουμε: m = p e1 1 pe2 2 pek k και n = p f 1 1 pf 2 2 p f k k όπου οι p 1, p 2,, p k είναι διακεκριμμένοι πρώτοι αριθμοί, και e i, f i 0, 1 i k. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, (εν ανάγκη αναδιατάσσοντας τους πρώτους αριθμούς p 1, p 2,, p k ), μπορούμε να υποθέσουμε ότι: Θέτοντας e 1 f i,, e j f j και e j+1 f j+1,, e k f k, για κάποιο 1 j k βλέπουμε εύκολα ότι: [m, n] = n s m r r = p e1 1 pe2 2 pej j και s = p fj+1 j+1 pfj+2 pfk k = p f1 1 pf2 2 pf j j p e j+1 1 p e j+2 2 p e k k και ( m r, n s ) = 1 ⁶Αν η ομάδα είναι προσθετική, τότε ο εκθέτης της G είναι ο ελάχιστος φυσικός αριθμός m έτσι ώστε: mg = 0, g G, ή αν δεν υπάρχει τέτοιος φυσικός αριθμός m. 9

10 10 Επιπλέον: o(x r ) = m και o(y s ) = n r s και επομένως, επειδή η ομάδα G είναι αβελιανή και οι τάξεις των στοιχείων x r και y s είναι αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους θα έχουμε ότι: το στοιχείο z = x r z s έχει τάξη o(z) = [m, n] = n s m r Β 2: Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα: m, n, t Z + : [[m, n], t] = [m, n, t] και επαναλαμβάνοντας την παραπάνω διαδικασία θα έχουμε ότι: αν x, y, z G και o(x) = m, o(y) = n, o(z) = t, τότε υπάρχει ένα στοιχείο w G έτσι ώστε : o(w) = [m, n, t] Β 3: Συνεχίζοντας την παραπάνω διαδικασία, και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι η αβελιανή ομάδα είναι πεπερασμένη, μπορούμε επαγωγικά να κατασκευάσουμε ένα στοιχείο g με την επιθυμητή ιδιότητα, δηλαδή η τάξη του g να είναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των τάξεων των στοιχείων της G. Ασκηση 12. Έστω (G, ) μια ομάδα και H, K δύο υποομάδες της G. Αν a, b είναι δύο στοιχεία τής G, να δείξετε ότι: (1) ah = bk = H = K. (2) Δεν είναι πάντοτε αληθής η συνεπαγωγή: ah = Kb = H = K⁷. Λύση. (1) Αν ah = bk, όπου a, b G, τότε H = a 1 bk και επομένως a 1 b H. Αλλά από a 1 b H έπεται b ah και συνεπώς bh = ah. Αφού από την υπόθεση είναι ah = bk, συμπεραίνουμε ότι bh = bk και συνεπώς H = b 1 (bh) = b 1 (bk) = K. (2) Επιλέγουμε τις κυκλικές υποομάδες⁸ H = σ 3 = & K = σ = τής S 3. Έχουμε: { } σ 2 H = σ 2, σ 2 σ 3 = = ρ Ώστε, σ 2 H = Kσ 2, ενώ H K. & Kσ 2 = { σ 2, σ 1 σ 2 = } = ρ Ασκηση 13. Έστω GL 2 (R) η ομάδα των αντιστρέψιμων 2 2 πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς, και θεωρούμε τα ακόλουθα υποσύνολά της: G = { X a,b M 2 2 (R) a, b R & a 0 } & H = { X 1,b M 2 2 (R) b R } a b, όπου X a,b = (1) Δείξτε ότι: H G GL 2 (R)⁹. (2) Δείξτε ότι: A G: A H = H A. (3) Περιγράψτε το σύνολα πηλίκο G/H. ⁷Χρησιμοποιείστε, ως αντιπαράδειγμα, υποομάδες και στοιχεία τής συμμετρικής ομάδας (S 3, ). ⁸Στην παρούσα άσκηση συμβολίζουμε με σ i τους 2-κύκλους μ i, 1 i 3 της Άσκησης 1, και με ρ και ρ 2 τους 3-κύκλους ρ 1 και ρ 2 αντίστοιχα, της Άσκησης 1. ⁹Η ομάδα G καλείται η ομοπαραλληλική ομάδα των 2 2 αντιστρεψίμων πινάκων.

11 Λύση. (1) Προφανώς κάθε πίνακας X a,b G είναι αντιστρέψιμος διότι X a,b = a 0, και άρα G GL 2 (R). Προφανώς I 2 = X 1,0 G. Θεωρούμε δύο πίνακες-στοιχεία του συνόλους G: X a,b = Εύκολα υπολογίζουμε ότι: ( a b X a,b X a,b = X aa,ab +b = ) & X a,b = ( a b aa ab + b ), όπου a, a 0 ( 1 ) G & X 1 a,b = X 1 a, b = a b a a Επομένως το υποσύνολο G είναι μια υποομάδα της GL 2 (R). Επειδή I 2 = X 1,0 H, και όπως βλέπουμε από τις παραπάνω σχέσεις για a = 1 = a, έχουμε: 1 ab X 1,b X 1,b = X 1,b +b = + b H & X 1 1 b 1,b = X 1, b = H έπεται ότι το υποσύνολο Η είναι μια υποομάδα της G, άρα και της GL 2 (R). (2) Θεωρούμε πίνακες Τότε: Άρα: Παρόμοια Άρα: X a,b = X a,b H = HX a,b = a b G & X 1,r = X a,b X 1,r = a b 1 r 1 r = H & X 1,s = a ar + b = X a,ar+b 1 s H { } { } X a,b X 1,r G a 0 & b, r R = X a,ar+b G a 0 & b, r R X 1,s X a,b = 1 s a b = a b + s = X a,b+s { } { } X 1,s X a,b G a 0 & b, s R = X a,b+s G a 0 & b, s R Έστω X a,ar+b X a,b H. Επειδή X a,ar+b = X a,b+s HX a,b+s, όπου s = ar, έπεται ότι X a,b H HX a,b. Αντίστροφα, έστω X a,b+s HX a,b. Επειδή X a,b+s = X a,ar+b X a,b H, όπου r = s, έπεται ότι a HX a,b X a,b H. Επομένως: X a,b G : X a,b H = HX a,b (3) Συμβολίζουμε με G/H το σύνολο όλων των αριστερών συμπλόκων της H στην G: και ορίζουμε την ακόλουθη αντιστοιχία G/H = { X a,b H G X a,b G} Φ : G/H R, Φ(X a,b H) = a Θα δείξουμε ότι η αντιστοιχία Φ είναι μια καλά ορισμένη «1-1» και «επί» απεικόνιση. Πρώτα προσδιορίζουμε πότε δύο σύμπλοκα X a,b H και X a,b συμπίπτουν. Θα έχουμε: X a,b H = X a,b H X 1 a,b X a,b H X a 1 a,a 1 (b b) H X a 1 a,a 1 (b b) = X 1,r, για κάποιο r R a 1 a = 1 a = a Επομένως: X a,b H = X a,b H a = a ( ) Η Φ είναι καλά ορισμένη: G 11 ( ) ( )

12 12 Έστω X a,b H = X a,b H. Τότε από την σχέση ( ) θα έχουμε a = a και επομένως από τον ορισμό της Φ, θα έχουμε Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H). Άρα η Φ είναι μια καλά ορισμένη απεικόνιση. Η Φ είναι «1-1»: Θα έχουμε Επομένως η Φ είναι «1-1». Η Φ είναι «1-1»: Θα έχουμε Επομένως η Φ είναι «επί». Φ(X a,b H) = Φ(X a,b H) = a = a ( ) = X a,b H = X a,b H r R : Φ(X r,0 H) = r Ασκηση 14. Έστω ότι (G, ) είναι μια ομάδα και ότι H, K είναι υποομάδες της με K H. Αν ο δείκτης [G : K] είναι πεπερασμένος, τότε να δειχθεί ότι οι δείκτες [G : H] και [H : K] είναι πεπερασμένοι και ισχύει [G : K] = [G : H] [H : K]¹⁰. Λύση. Ο δείκτης [H : K] είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου H/K = {hk h H}, το οποίο είναι υποσύνολο τού G/K = {gk g G}. Αφού το G/K είναι ένα πεπερασμένο σύνολο, έπεται ότι και το H/K είναι επίσης πεπερασμένο. Ώστε, [H : K] <. Θεωρούμε τα σύνολα G/K = {gk g G} και G/H = {gh g G} και την αντιστοιχία Φ: G/K G/H, gk Φ(gK) := gh Η συγκεκριμένη αντιστοιχία Φ είναι μια «καλά ορισμένη» απεικόνιση, αφού αν, g 1 K = g 2 K, τότε το g 1 2 g 1 είναι στοιχείο τού K H και γι αυτό g 1 H = g 2 H. Επιπλέον, η Φ είναι μια «επί» απεικόνιση (γιατί;) και επειδή το σύνολο G/K είναι πεπερασμένο, έπεται ότι και το G/H είναι ένα πεπερασμένο σύνολο. Ώστε, [G : H] <. Τώρα θα δείξουμε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Έστω ότι G/H = {a 1 H, a 2 H,..., a n H}, a i G, 1 i n είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής H στην G και ότι H/K = {b 1 K, b 2 H,..., b m K}, b j H, 1 j m είναι το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής K στην H. Ισχυριζόμαστε ότι τα σύνολα a i b j K, 1 i n, 1 j m είναι ανά δύο διαφορετικές αριστερές πλευρικές κλάσεις (σύμπλοκα) τής Κ στην G. Πράγματι, αν για κάποια a p H, a q H, b r K, b s K με 1 p, q n, p q και με 1 r, s m, r s ήταν a p b r K = a q b s K, τότε θα ήταν (a q b s ) 1 a p b r = b 1 s a 1 q a p b r K και αφού K H και τα b j H, συμπεραίνουμε ότι a 1 q a p H, δηλαδή a p H = a q H. Αυτό όμως είναι άτοπο. Τώρα θα δείξουμε ότι κάθε πλευρική κλάση gk είναι μια από αυτές τις a i b j K, 1 i n, 1 j m. Το στοιχείο g ανήκει στην a i H, για κάποιο i, 1 i n. Ώστε g = a i h, h H. Το h H ανήκει στην b j K για κάποιο j, 1 j m. Ώστε h = b j k, k K. Επομένως, g = a i b j και γι αυτό gk = a i b j K. Επομένως, το σύνολο {a i b j K 1 i n, 1 j m} συμπίπτει με το σύνολο των αριστερών πλευρικών κλάσεων (συμπλόκων) τής K στην G και αφού το πλήθος τού {a i b j K 1 i n, 1 j m} είναι [G : H] [H : K], συμπεραίνουμε ότι [G : K] = [G : H] [H : K]. Ασκηση 15. ( Η Πρόταση Poincaré) Αν H, K είναι δύο υποομάδες μιας ομάδας G¹¹, των οποίων ο δείκτης στην G είναι πεπερασμένος, τότε και ο δείκτης τής H K στην G είναι επίσης πεπερασμένος. Επιπλέον: Μ.Κ.Δ.([G : H], [G : K]) = 1 = [G : H K] = Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]) ¹⁰Η ομάδα G δεν είναι απαραίτητα πεπερασμένη. Όταν η ομάδα G είναι πεπερασμένη η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το Θεώρημα του Langrange και έχει αναλυθεί στην τάξη. ¹¹Η G δεν είναι απαραίτητα πεπερασμένη ομάδα.

13 Λύση. Συμβολίζουμε με G/H K το σύνολο {a(h K) a G} των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H K στην G και με G/H (αντίστοιχα G/K) το σύνολο {ah a G} (αντίστοιχα {ak a G}) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H στην G (αντίστοιχα τής K στην G). Θεωρούμε την αντιστοιχία Φ : G/H K G/H G/K, a(h K) (ah, ak) Παρατηρούμε ότι η συγκεκριμένη αντιστοιχία είναι μια «καλά ορισμένη» απεικόνιση, αφού αν για κάποια a, b G είναι a(h K) = b(h K), τότε το b 1 a ανήκει στην H K. Έτσι έχουμε ότι b 1 a H και b 1 a K. Επομένως, ah = bh και ak = bk, δηλαδή (ah, ak) = (bh, bk). Ισχυριζόμαστε ότι η Φ είναι μια «1-1» απεικόνιση. Πράγματι, αν είναι Φ(a(H K)) = Φ(b(H K)), τότε (ah, ak) = (bh, bk). Επομένως, ah = bh και ak = bk και γι αυτό b 1 a H, b 1 a K. Ώστε, a(h K) = b(h K). Αφού οι δείκτες [G : H] και [G : K] είναι πεπερασμένοι, δηλαδή το σύνολο G/H (αντιστοίχως G/K) των αριστερών πλευρικών κλάσεων τής H (αντιστοίχως τής K) στην G έχει πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία, συμπεραίνουμε ότι και το καρτεσιανό γινόμενο G/H G/K έχει πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία. Επειδή τώρα η Φ είναι μια «1-1» απεικόνιση, καταλήγουμε στο ότι και το πλήθος [G : H K] των στοιχείων τού G/H K είναι πεπερασμένο και μάλιστα από το [G : H] [G : K], το οποίο είναι το πλήθος των στοιχείων τού συνόλου G/H G/K: G/H K G/H G/K = [G : H] [G : K] Σύμφωνα με την προηγούμενη Άσκηση 14 γνωρίζουμε ότι [G : H K] = [G : H] [H : H K] και [G : H K] = [G : K] [K : H K]. Ώστε ο [G : H K] είναι κοινό πολλαπλάσιο των [G : H] και [G : K]. Επομένως ο [G : H K] είναι πολλαπλάσιο και τού Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]), το οποίο ισούται με [G : H] [G : K], αφού οι [G : H] και [G : K] δεν έχουν κοινούς διαιρέτες. Όμως μόλις παρατηρήσαμε, βλ. (*), ότι [G : H K] [G : H] [G : K] και αφού είναι και πολλαπλάσιο τού [G : H] [G : K], συμπεραίνουμε ότι [G : H K] = [G : H] [G : K] = Ε.Κ.Π.([G : H], [G : K]). 13 ( )

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/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 31 Μαρτίου 2016 Υπενθυµίζουµε

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

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

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

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

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

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/asi07/asi07.html Παρασκευή 9 Μαίου 07 Για κάθε µετάθεση

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 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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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. 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

bca = e. H 1j = G 2 H 5j = {f G j : f(0) = 1}

bca = e. H 1j = G 2 H 5j = {f G j : f(0) = 1} Αλγεβρα Ι, Χειμερινο Εξαμηνο 2017 18 Ασκησεις που συζητηθηκαν στο φροντιστηριο Το [Α] συμβολίζει το φυλλάδιο ασκήσεων που θα βρείτε στην ιστοσελίδα του μαθήματος επιλέγοντας «Άλλες Ασκήσεις». 1. Πόσες

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 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

1 Η εναλλάσσουσα ομάδα

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Δράση Ομάδας επί ενός Συνόλου. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων. Ενότητα: Δράση Ομάδας επί ενός Συνόλου. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Θεωρία Ομάδων Ενότητα: Δράση Ομάδας επί ενός Συνόλου Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 1 Δράση Ομάδας επί ενός Συνόλου 11 Δράσεις και μετατακτικές Αναπαραστάσεις

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Χαρακτηρισµοί Πεπερασµένων Κυκλικών Οµάδων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 233 4. Χαρακτηρισµοί

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

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

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

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

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

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

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

Ασκήσεις1 Πολυώνυμα. x x c. με το. b. Να βρεθούν όλες οι τιμές των a, Να βρεθεί ο μκδ και το εκπ τους

Ασκήσεις1 Πολυώνυμα. x x c. με το. b. Να βρεθούν όλες οι τιμές των a, Να βρεθεί ο μκδ και το εκπ τους Aσκήσεις1 1 Βασικά σημεία Ευκλείδεια διαίρεση πολυωνύμων Ορισμός και ιδιότητες μκδ και εκπ Ιδιότητες σχετικών πρώτων πολυωνύμων Τα ανάγωγα πολυώνυμα στο [ ] και [ ] Ασκήσεις1 Πολυώνυμα Ανάλυση πολυωνύμου

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: Εφαρμογή: Το θεώρημα του Burnside

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: Αναπαραστάσεις Πεπερασμένων Ομάδων Ι

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: Αναπαραστάσεις Πεπερασμένων Ομάδων Ι ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: Αναπαραστάσεις Πεπερασμένων Ομάδων Ι Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Weddebu για ημιαπλούς δακτυλίους, αναπτύσσουμε εδώ τις πρώτες προτάσεις από τη θεωρία των αναπαραστάσεων και αρακτήρων πεπερασμένων

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

s G 1 ). = R, Z 2 Z 3 = Z6. s, t G) s t = st. 1. H = G 4. [G : H] = a G ah = Ha.

s G 1 ). = R, Z 2 Z 3 = Z6. s, t G) s t = st. 1. H = G 4. [G : H] = a G ah = Ha. Αλγεβρα ΙΙ Εαρινο Εξαμηνο 2017 18 Διάλεξη 1 Ενότητα 1. Ομάδες-Πηλίκο: Κρατήσαμε σταθερή μια ομάδα G με ταυτοτικό το ι και μια υποομάδα H της G. Συμβολίσαμε με G 1 το G/H (το σύνολο των αριστερών συμπλόκων

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΘΕΜΑ Α Άσκηση, μιγαδικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι: Αν = Έχουμε: = ( ) ( ) ( ) ( ) = = =. Το τελευταίο ισχύει, άρα ισχύει και η ισοδύναμη αρχική σχέση.

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες Χρησιμοποιώντας τανυστικά γινόμενα και εφαρμόζοντας το θεώρημα των Wedderbur-Art ( 33) θα αποδείξουμε δύο θεμελιώδη θεωρήματα που αφορούν κεντρικές απλές άλγεβρες *

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

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

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

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 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 4 Μαίου 2018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Ενότητα 8: Σχέσεις - Πράξεις Δομές Στεφανίδης Γεώργιος Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

,..., v n. W πεπερασμένα παραγόμενοι και dimv. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα f είναι ισομορφιμός. f είναι 1-1. f είναι επί.

,..., v n. W πεπερασμένα παραγόμενοι και dimv. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα f είναι ισομορφιμός. f είναι 1-1. f είναι επί. Γραμμική Άλγεβρα Ι, 07-8 Ασκήσεις7: Γραμμικές Απεικονίσεις Βασικά σημεία Ορισμός και παραδείγματα γραμμικών απεικονίσεων Σύνθεση γραμμικών απεικονίσεων, ισομορφισμοί Κάθε γραμμική απεικόνιση f : V W, όπου

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

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: Ριζικό του Jacobson

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Νίκος Μαρμαρίδης. Εισαγωγή στη Θεωρία Ομάδων

Νίκος Μαρμαρίδης. Εισαγωγή στη Θεωρία Ομάδων Νίκος Μαρμαρίδης Εισαγωγή στη Θεωρία Ομάδων Λ 2013 Περιεχόμενα 1 Δράση Ομάδας επί ενός Συνόλου 5 11 Δράσεις και μετατακτικές Αναπαραστάσεις 5 12 Τροχιές και Σταθερωτές 10 121 Το Θεώρημα Burnside 12 13

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

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 Συνεχή Κλάσματα Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 5 Νοεμβρίου 204 Ορισμός και ιδιότητες: Ορισμός: Έστω a 0, a, a 2,...a n ανεξάρτητες μεταβλητές, n N σχηματίζουν την ακολουθία {[a 0, a,..., a n ] : n N} όπου

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

(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

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

Θεώρηµα Sylow. Κεφάλαιο ιατύπωση και Απόδειξη του Θεωρήµατος. (x, y) R x = ayb

Θεώρηµα Sylow. Κεφάλαιο ιατύπωση και Απόδειξη του Θεωρήµατος. (x, y) R x = ayb Κεφάλαιο 7 Θεώρηµα Sylow Σύνοψη. Αποδεικνύεται το Θεώρηµα Sylow και αναπτύσσονται δύο τεχνικές που προκύπτουν από την εφαρµογή του. Γίνεται η ταξινόµηση των οµάδων µε τάξη το πολύ 15. Προαπαιτούµενη γνώση.

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: Κεντρικές Απλές Άλγεβρες Χρησιμοποιώντας τανυστικά γινόμενα και εφαρμόζοντας το θεώρημα των Wedderbur-rt ( 33) θα αποδείξουμε δύο θεμελιώδη θεωρήματα που αφορούν κεντρικές απλές άλγεβρες θεώρημα

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1. Για καθένα από τους ακόλουθους διανυσματικούς χώρους βρείτε μια βάση και τη διάσταση. 3. U x y z x y z x y. {(,, ) } a b. c d

1. Για καθένα από τους ακόλουθους διανυσματικούς χώρους βρείτε μια βάση και τη διάσταση. 3. U x y z x y z x y. {(,, ) } a b. c d Γραμμική Άλγεβρα Ι, 07-8 Ασκήσεις6: Βάση και Διάσταση Βασικά σημεία Βάση διανυσματικού χώρου (ορισμός, παραδείγματα, μοναδικότητα συντελεστών) Θεώρημα (ύπαρξη, πρώτη μορφή) Έστω V K μη μηδενικός με K πεπερασμένο

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Αʹ. Στοιχεία από την Άλγεβρα

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

Διαβάστε περισσότερα

Αριθμοθεωρητικοί Αλγόριθμοι

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

Διαβάστε περισσότερα

(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

Θεωρία Galois. Πρόχειρες σημειώσεις (εκδοχή )

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

Διαβάστε περισσότερα

Ε Μέχρι 18 Μαΐου 2015.

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

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόμενα. Πρόλογος 3

Περιεχόμενα. Πρόλογος 3 Πρόλογος Τα πρώτα μαθήματα, σχεδόν σε όλους τους κλάδους των μαθηματικών, περιέχουν, ή θεωρούν γνωστές, εισαγωγικές έννοιες που αφορούν σύνολα, συναρτήσεις, σχέσεις ισοδυναμίας, αλγεβρικές δομές, κλπ.

Διαβάστε περισσότερα

1.3 Ιδεώδη και Περιοχές κυρίων Ιδεωδών 1.3. Ι Π Ι. Για το σύμβολο δεχόμαστε ότι n N {0}, < n καθώς και ότι:

1.3 Ιδεώδη και Περιοχές κυρίων Ιδεωδών 1.3. Ι Π Ι. Για το σύμβολο δεχόμαστε ότι n N {0}, < n καθώς και ότι: 13 Ι Π Ι Για το σύμβολο δεχόμαστε ότι n N {0}, < n καθώς και ότι: n N {0}, ( ) + n = = n + ( ) και ( ) + ( ) = (**) Ονομάζουμε επικεφαλής συντελεστή ενός μη μηδενικού πολυωνύμου f, τον συντελεστή f(i)

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

ΜΑΣ121: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ I Εαρινό εξάμηνο , Διδάσκων: Γιώργος Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΣΗ ΕΞΕΤΑΣΗ, Διάρκεια: 2 ώρες 18 Νοεμβρίου, 2017

ΜΑΣ121: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ I Εαρινό εξάμηνο , Διδάσκων: Γιώργος Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΣΗ ΕΞΕΤΑΣΗ, Διάρκεια: 2 ώρες 18 Νοεμβρίου, 2017 ΜΑΣ: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ I Εαρινό εξάμηνο 07-08, Διδάσκων: Γιώργος Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΣΗ ΕΞΕΤΑΣΗ, Διάρκεια: ώρες 8 Νοεμβρίου, 07 Δίνονται 4 προβλήματα που αντιστοιχούν σε 0 μονάδες με άριστα το 00! ΟΝΟΜΑ: Αρ.

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

(a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ) = (a 1 a 2, b 1 b 2 ).

(a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ) = (a 1 a 2, b 1 b 2 ). ΕΜ0 - Διακριτά Μαθηματικά Ιανουαρίου 006 Άσκηση - Λύσεις Πρόβλημα [0 μονάδες] Εστω L και L δύο κυκλώματα σε ένα γράφημα G. Εστω a μία ακμή που ανήκει και στο L και στο L και έστω b μία ακμή που ανήκει

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

Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων

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

Διαβάστε περισσότερα

LÔseic Ask sewn sta Jemèlia twn Majhmatik n I

LÔseic Ask sewn sta Jemèlia twn Majhmatik n I LÔseic Ask sewn sta Jemèlia twn Majhmatik n I Rwmanìc-Diogènhc Maliki shc Tetˆrth, 6 OktwbrÐou 2010 Άσκηση 1. Για τυχόντα σύνολα A, B, C, D, να δειχθεί ότι (α ) A (B \ C) = ((A B) \ C) (A C). (β ) (A \

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά

Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Υπολογιστικά & Διακριτά Μαθηματικά Ενότητα 10: Αριθμητική υπολοίπων - Κυκλικές ομάδες: Διαιρετότητα - Ευκλείδειος αλγόριθμος - Κατάλοιπα Στεφανίδης Γεώργιος Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

6 Συνεκτικοί τοπολογικοί χώροι

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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