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

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Transcript

1 Α Δ Ι Α - Φ 8 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : Παρασκευή 20 Δεκεμβρίου 2013 Ασκηση 1. Έστω GL n (R η ομάδα των αντιστρεψίμων n n πινάκων πραγματικών αριθμών. Αν SL n (R { A GL n (R det(a 1, 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 (11, 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 Ασκηση 2. Θεωρούμε την πολλαπλασιαστική ομάδα GL 2 (R των αντιστρέψιμων πινάκων με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς. (1 Να δείξετε ότι το υποσύνολο G {( a b 0 d είναι υποομάδα της GL 2 (R. (2 Να δείξετε ότι το υποσύνολο H {( 1 b 0 1 είναι κανονική (ορθόθετη υποομάδα της G. (3 Να κατασκευάσετε έναν ισομορφισμό M2 2 (R ad 0 M2 2 (R b R H R (4 Να δειχθεί ότι η ομάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. Λύση. (1 Έστω ( ( a b 0 d, x y 0 z G. Τότε ( ( ( a b x y ax ay + bz G 0 d 0 z 0 dz

2 2 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 GL2 (R ανήκει και στη G. Έστω ( a b 0 d G. Τότε ( ( a b 1 ( ( b 1 ( a da 1 0 a b 1 1 a G 0 d d διότι ad 0. Άρα G GL 2 (R. (2 Έστω ( x y 0 z G. Τότε ( 1 ( ( x y 1 b x y 0 z z Συνεπώς H GL 2 (R. (3 Ορίζουμε απεικόνιση d g : H R, ( 1 x y xz 0 1 z ( 1 x bz y xz 0 1 z ( 1 bz x 0 1 ( 1 b 0 1 ( x y 0 z H g (( 1 b 0 1 b Η απεικόνιση g είναι ομομορφισμός ομάδων, διότι: g (( ( 1 b b (( 0 1 g 1 b +b 0 1 b da 0 1 d 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 {( 1 b 0 1 H b 0 {( { I 2 Άρα η απεικόνιση g είναι ισομορφισμός. (4 Η ομάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή αν και μόνο αν A, B G: AH BH BH AH (ABH (BAH AB (BA 1 H Έστω A ( ( a b 0 d, B x y 0 z G. Έχουμε: ( ( ( a b x y ax ay + bz AB 0 d 0 z 0 dz και τότε (AB (BA 1 BA (BA 1 ( x y 0 z ( 1 xa ( a b 0 d xb yd xazd 0 1 zd ( ( ax ay + bz 1 xa 0 dz xb yd xazd 0 1 zd Άρα η ομάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή. ( xa xb + yd 0 zd ( 1 ax 2 b axyd+xa 2 y+xabz xazd H 0 1

3 2ος Τρόπος: Θα δείξουμε τα (2 και (4 με χρήση του Πρώτου Θεωρήματος Ισομορφισμών: Έχοντας 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 ( 0 a d b (a, d Η απεικόνιση φ είναι ομομορφισμός ομάδων, διότι αν A ( 0 a d b και B ( x y 0 z είναι δύο στοιχεία της G, θα έχουμε: φ(a B φ ( (( 0 a d b ( x y 0 z φ ( ( ( ax ay+bz 0 dz (ax, dz (a, d (x, z φ (( a b 0 d φ( ( ( x y 0 z φ(a φ(b Επιπλέον η φ είναι επιμορφισμός, διότι: (a, d R R, A ( 0 a 0 d G και φ(a φ( (( 0 a 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 q G b R H Έτσι 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 είνα αβελιανή (ως ευθύ γινόμενο αβελιανών ομάδων, έπεται ότι η ομάδα πηλίκο G/H είναι αβελιανή (ως ισόμορφη με μια αβελιανή ομάδα. 3 Ασκηση 3. 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. (1 Να δείξετε ότι το υποσύνολο H { τ 1,b G b R είναι κανονική (ορθόθετη υποομάδα της G. (2 Να προσδιορίσετε την 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 + b x a Όμοια δείχνουμε ότι τ a 1, a 1 b τ a,b Id R και άρα (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

4 4 (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 Άρα δείξαμε ότι 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 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. (2 Ορίζουμε την απεικόνιση f : G/H R, τ a,b H f ( τ a,b H a Έχουμε Καλά ορισμένη: Έστω 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: Έστω τ a,b H, τ c,d H G/Η. 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. Ένα προς ένα: Έστω τ a,b H G/Η 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/Η 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

5 5 2ος Τρόπος: Θα δείξουμε τα (1 και (2 με χρήση του Πρώτου Θεωρήματος Ισομορφισμών: Όπως και στην Άσκηση 1, δείχνουμε 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 Έτσι 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 ομάδων¹ 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. Ασκηση 4. Έστω η πολλαπλασιαστική ομάδα C των μη-μηδενικών μιγαδικών αριθμών. (1 Αν T {z C z 1 C είναι η ομάδα του κύκλου, να δειχθεί ότι η ομάδα-πηλίκο C /T είναι ισόμορφη με την πολλαπλασιαστική ομάδα R + των θετικών πραγματικών αριθμών. (2 Να δείξετε ότι το σύνολο G {( a b M2 2 (R (a, b (0, 0 Λύση. b a εφοδιασμένο με την πράξη πολλαπλασιασμού πινάκων είναι ομάδα και υπάρχει ισομορφισμός: G C (1 Ορίζουμε την απεικόνιση f : C /T R +, zt f(zt z Έχουμε Καλά ορισμένη: Έστω zt wt. Τότε έχουμε z 1 w T z 1 w 1 z 1 w 1 z w f(zt f(wt Άρα η απεικόνιση f είναι καλά ορισμένη. Ομομορφισμός Ομάδων: Έστω zt, wt C /T. Τότε f ( (zt(wt f(zwt zw z w f(ztf(wt και άρα η f είναι ομομορφισμός ομάδων. ¹Ο ισομορφισμός φ συμπίπτει με τον ισομορφισμό f.

6 6 Ένα προς ένα: Έστω zt Ker f. Τότε f(zt 1 z 1 z T zt T Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι πυρήνας Ker f της f αποτελείται μόνο από το ουδέτερο στοιχείο T της ομάδας C /T. Επί: Για κάθε r R + το στοιχείο rt C /T και f(rt r r. Επομένως η f είναι επί. Άρα δείξαμε πράγματι ότι υπάρχει ένας ισομορφισμός: C /T R + 2ος Τρόπος: Όπως και στις Ασκήσεις 1, 2, Θα δείξουμε τον ισχυρισμό με χρήση του Πρώτου Θεωρήματος Ισομορφισμών: Ορίζουμε απεικόνιση φ : C R +, φ(z z η οποία είναι ένας ομομορφισμός ομάδων, διότι αν z, w C,θα έχουμε: φ(z w z w z w φ(z φ(w Επιπλεόν ο ομομορφισμός φ είναι επιμορφισμός, διότι: r R + : z r + 0i C και φ(z z r r Υπλογίζουμε τον πυρήνα του ομομορφισμού φ: Ker(φ { z C φ(z 1 { z C z 1 T Από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών, θα έχουμε ότι η απεικόνιση φ επάγει έναν ισομορφισμό ομάδων² φ : C / Ker(φ C /T R +, (2 Έστω ( a b b a G. Τότε παρατηρούμε ότι a b b a a 2 + b 2 0 φ(zt φ(z z και άρα τα στοιχεία της G ανήκουν στην GL 2 (R. Θα δείξουμε ότι η G είναι υποομάδα της ( GL 2 (R. Είναι φανερό ότι το ουδέτερο στοιχείο της GL 2 (R ανήκει και στην G. Έστω a b ( b a, c d d c G. Τότε ( ( ( a b c d ac bd ad + bc G b a d c bc ad bd + ac διότι ac bd 0 και ad + bc 0. Άρα το σύνολο G είναι κλειστό ως προς τη πράξη της GL 2 (R. Επίσης για κάθε ( a b b a G το αντίστροφο στοιχείο ( 1 ( ( a b 1 a b a b a a 2 + b 2 a 2 +b b 2 a 2 +b 2 G b a b a 2 +b 2 a a 2 +b 2 ανήκει στην G και άρα G GL 2 (R. Θα δείξουμε ότι η G είναι ισόμορφη με την C. Ορίζουμε την απεικόνιση f : G C (, a b (( b a f a b b a a + bi που είναι καλά ορισμένη. Έχουμε ²Ο ισομορφισμός φ συμπίπτει με τον ισομορφισμό f.

7 7 Ομομορφισμός Ομάδων: Έστω ( ( a b x y b a, f (( a b b a ( x y y x f (( ax by ay+bx bx ay by+ax και άρα η f είναι ομομορφισμός ομάδων. Ένα προς ένα: Έστω ( a b b a Ker f. Τότε y x G. Τότε (ax by + (ay + bxi ax + ayi + bxi by (a + bi (x + yi f (( (( a b x y b a f y x f (( a b b a 1 a + bi 1 + 0i a 1 και b 0 ( ( a b b a Ker f {( Συνεπώς η f είναι ένα προς ένα διότι Ker f 0 G. Επί: Για κάθε μιγαδικό αριθμό x+yi C το στοιχείο ( x Επομένως η f είναι επί. Άρα έχουμε τον ισομορφισμό: G C y y x G και f (( x y y x x+yi. Ασκηση 5. 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: Επειδή θα έχουμε: o(z 6 / [3] 6 o(z 6 o( [3] 6 o(z 6 o([3] 6 6 o([3] 6 o([3] 6 o(3[1] 6 o([1] 6 (3, o([1] 6 6 (3, o(z 6 / [3] 6 oz 6 o([3] (2 Η τάξη της ομάδας πηλίκο (Z 4 Z 12 /( [2] 4 [2] 12 είναι: Επειδή έπεται ότι o((z 4 Z 12 / ( [2] 4 [2] 12 [2] 4 { [0] 2, [2] 4 o(z 4 Z 12 o( [2] 4 [2] o( [2] 4 [2] 12 και [2] 12 { [0] 12, [2] 2, [4] 12, [6] 12, [8] 12, [10] 12 o( [2] 4 [2]

8 8 και επομένως o((z 4 Z 12 / ( [2] 4 [2] 12 (3 Η τάξη της ομάδας πηλίκο (Z 4 Z 2 / ([2] 4, [1] 2 είναι: 48 o( [2] 4 [2] o ( (Z 4 Z 2 / ([2] 4, [1] 2 o(z 4 Z 2 o( ([2] 4, [1] [(o([2] 4, o([1] 2 ] 8 [2, 2] (4 Η τάξη της ομάδας πηλίκο (Z 3 Z 5 / ({[0] 3 Z 5 είναι: o((z 3 Z 5 /({[0] 3 Z 5 o(z 3 Z 5 o({[0] 3 Z διότι προφανώς o({[0] 3 Z 5 o(z 5 5. (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, ( [o([1] 2, o((123] 12 [2, 3] Ασκηση 6. 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. Έτσι 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

9 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] o([4] επειδή προφανώς o([4] Επομένως: o ( [5] 12 + [4] 12 o( [1] 12 + [4] 12 (5, o ( [1] 12 + [4] 12 4 (5, 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] 12. (2 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] o( [12] o([12] διότι όπως μπορούμε να δούμε εύκολα o([12] Έτσι 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] (26, (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] o(([1] 3, [1] 6 18 [o([1] 3, o([1] 6 ] 18 [3, 6] Αρα 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. Όμως 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. Δηλαδή ([2] 3, [1] 6 k([k] 3, [k] 6 και επομένως [2] 3 [κ] 3 και [1] 6 [κ] 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. Παραγματικά: 8([4] 6, [4] 8 ([32] 6, [32] 8 ([2] 6, [0] 8. Έτσι o(([2] 6, [0] 8 + ([4] 6, [4] Ασκηση 7. Αποδείξτε τους παρακάτω ισομορφισμούς: (1 (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [1] 4 Z2 (2 (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [2] 4 Z2 Z 2 (3 (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 Z4 (4 (Z Z Z 8 / (0, 4, [0] 8 Z Z4 Z 8 (5 (Z Z / (2, 2 Z2 Z

10 10 Λύση. (1 Ορίζουμε απεικόνιση f : Z 2 Z 4 Z 2, ([x] 2, [y] 4 f([x] 2, [y] 4 [x] 2. Πολύ εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός ομάδων. Ο πυρήνας της f είναι: Ker(f { ([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 f([x] 2, [y] 4 [0] 2 { ([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 [x] 2 [0] 2 { ([0] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 { y([0] 2, [1] 4 Z 2 Z 4 y Z ([0] 2, [1] 4 Επομένως από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών έχουμε ότι (Z 2 Z 4 / Ker(f Z 2 (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [1] 4 Z2. Ο παραπάνω ισομορφισμός ορίζεται ως εξής: f : (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [1] 4 Z 2, f ( ([x] 2, [y] 4 + ([0] 2, [1] 4 [x] 2 (2 Ορίζουμε απεικόνιση f : Z 2 Z 4 Z 2 Z 2, ([x] 2, [y] 4 f([x] 2, [y] 4 ([x] 2, [y] 2 Η απεικόνιση f είναι καλά ορισμένη διότι αν ([x] 2, [y] 4 ([x ] 2, [y ] 4, τότε ([x] 2 [x ] 2 και [y] 4 [y ] 4. Η τελευταία ισότητα δίνει ότι 4 y y και τότε 2 y y, δηλαδή [y] 2 [y ] 2. Επομένως ([x] 2, [y] 2 ([x ] 2, [y ] 2 δηλαδή: f([x] 2, [y] 4 f([x ] 2, [y ] 4 και η f είναι καλά ορισμένη. Πολύ εύκολα βλέπουμε ότι η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός ομάδων. Ο πυρήνας της f είναι: Ker(f {([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 f([x] 2, [y] 4 ([0] 2, [0] 2 {([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 ([x] 2, [y] 2 ([0] 2, [0] 2 {([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 [x] 2 [0] 2 και [y] 2 [0] 2 {([x] 2, [y] 4 Z 2 Z 4 [x] 2 [0] 2 και [y] 4 [0] 4 ή [y] 4 [2] 4 { ([0] 2, [0] 4, ([0] 2, [2] 4 ([0] 2, [2] 4 Επομένως από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών θα έχουμε ότι (Z 2 Z 4 / Ker(f Z2 Z 2 (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [2] 4 Z2 Z 2 Ο παραπάνω ισομορφισμός ορίζεται ως εξής: f : (Z 2 Z 4 / ([0] 2, [2] 4 Z 2 Z 2, f ( ([x] 2, [y] 4 + ([0] 2, [2] 4 ([x] 2, [y] 2 (3 Η τάξη της ομάδας πηλίκο (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 είναι o ( (Z 2 Z 4 / (1, 2 o(z 2 Z 4 o( ([1] 2, [2]

11 11 όπου παραπάνω χρησιμοποιήσαμε ότι: o( ([1] 2, [2] 4 o([1] 2, [2] 4 [o([1] 2, o([2] 4 ] [2, 2] 2 Γνωρίζουμε ότι κάθε ομάδα τάξης 4 είναι ισόμορφη είτε με την κυκλική τάξης 4 ή με την ομάδα του Klein. Επειδή η ομάδα (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 έχει τάξη 4, θα είναι ισόμορφη με την Z 4 αν έχει ένα στοιχείο τάξης 4. Παρατηρούμε ότι το στοιχείο έχει τάξη 4, διότι: x ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 4x 4 ( ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 ([4] 2, [4] 4 + ([1] 2, [2] 4 ([0] 2, [0] 4 + ([1] 2, [2] 4 ([1] 2, [2] 4 και όπως μπορούμε να δούμε εύκολα ο αριθμός k 4 είναι ο μικρότερος φυσικός με την ιδιότητα kx 0 στην ομάδα πηλίκο. Επομένως το στοιχείο ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 είναι γεννήτορας της ομάδας (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4, και άρα: o ( ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 4 (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 Z4 Ο παραπάνω ισομορφισμός μεταξύ κυκλικών ομάδων ίδιας τάξης, θα στέλνει τον γεννήτορα ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 της (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 στον γεννήτορα [1] 4 της Z 4. Επομένως επειδή (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 { k ( ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 0 k 3 θα έχουμε ότι ο ζητούμενος ισομορφισμός θα είναι ο ακόλουθος f : (Z 2 Z 4 / ([1] 2, [2] 4 Z 4, f ( k ( ([1] 2, [1] 4 + ([1] 2, [2] 4 k[1] 4 [k] 4 (4 Ορίζουμε απεικόνιση f : Z Z Z 8 Z Z 4 Z 8, f(m, n, [k] 8 (m, [n] 4, [k] 8 Είναι πολύ εύκολο να δούμε ότι η f είναι καλά ορισμένη και επιμορφισμός. Ο πυρήνας της f είναι: Ker(f { (m, n, [k] 8 Z Z Z 8 f(m, n, [k] 8 (0, [0] 4, [0] 8 {(m, n, k 8 Z Z Z 8 (m, [n] 4, [k] 8 (0, [0] 4, [0] 8 {(0, n, 0 8 Z Z Z 8 4 n {(0, n, 0 8 Z Z Z 8 n 4r, r Z {(0, 4r, 0 8 Z Z Z 8 r Z (0, 4, [0] 8 Επομένως από το Πρώτο θεώρημα Ισομορφισμών θα έχουμε ότι (Z Z Z 8 / Ker(f Z Z4 Z 8 (Z Z Z 8 / (0, 4, [0] 8 Z Z4 Z 8 Ο παραπάνω ισομορφισμός ορίζεται ως εξής: f : (Z Z Z 8 / (0, 4, [0] 8 Z Z 4 Z 8, f ( (m, n, [k] 8 + (0, 4, [0] 8 (m, [n] 4, [k] 8 (5 Ορίζουμε απεικόνιση f : Z Z Z 2 Z, f(n, m ([n] 2, m n Η f είναι προφανώς καλά ορισμένη και για κάθε (n, m, (n, m Z Z έχουμε:

12 12 f((n, m + (n, m f(n + n, m + m ([n + n ] 2, (m + m (n + n ([n] 2 + [n ] 2, (m n + (m n ([n] 2, m n + ([n ] 2, m n f(n, m + f(n, m Συνεπώς η f είναι ομομορφισμός ομάδων. Επίσης για κάθε ([n] 2, m Z 2 Z υπάρχει το στοιχείο (n, m + n Z Z έτσι ώστε f(n, m + n ([n] 2, m + n n ([n] 2, m και άρα η f είναι επιμορφισμός. Τέλος, ο πυρήνας της f είναι: Ker(f { (n, m Z Z f(n, m ([0] 2, 0 { (n, m Z Z ([n] 2, m n ([0] 2, 0 { (n, m Z Z 2 n και m n { (2k, 2k k Z (2, 2 Επομένως από το Πρώτο Θεώρημα Ισομορφισμών έχουμε ότι (Z Z / Ker(f Z2 Z (Z Z / (2, 2 Z2 Z Ο παραπάνω ισομορφισμός ορίζεται ως εξής: f : (Z Z / (2, 2 Z 2 Z, f ( (n, m + (2, 2 ([n] 2, m Ασκηση 8. (1 Έστω G και H δύο ομάδες και a G και b H. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (αʹ Τα στοιχεία a και b των G και H αντίστοιχα έχουν πεπερασμένη τάξη. (βʹ Το στοιχείο (a, b της ομάδας ευθύ γινόμενο G H έχει πεπερασμένη τάξη. Επιπλέον αν τα στοιχεία a και b των G και H αντίστοιχα έχουν πεπερασμένη τάξη, τότε: o((a, b [o(a, o(b] (2 Αν G και H είναι πεπερασμένες κυκλικές ομάδες, να δείξετε ότι η ομάδα ευθύ γινόμενο G H είναι κυκλική αν και μόνον αν: (3 Να δείξετε ότι: (o(g, o(h 1 ( Z n Z m Znm (n, m 1 ( Λύση. (1 Έστω ότι τα στοιχεία a και b των G και H αντίστοιχα έχουν πεπερασμένη τάξη, και έστω ότι n o(a και m o(b. Θα δείξουμε ότι το στοιχείο (a, b έχει πεπερασμένη τάξη και μάλιστα o((a, b [n, m]. Έστω k [n, m]. Τότε υπάρχουν φυσικοί αριθμοί r, s έτσι ώστε k nr και m ms. Τότε θα έχουμε: (a, b k (a k, b k (a nr, b ms ((a n r, (b m s (e r G, e s H (e G, e H Επομένως το στοιχείο (a, b έχει πεπερασμένη τάξη. Αν l είναι ένας φυσικός με την ιδιότητα (a, b l (e G, e H, τότε θα έχουμε: (a, b l (e G, e H (a l, b l (e G, e H a l e G & b l e H o(a n l &o(b m l Επομένως [n, m] l και άρα k [n, m] l. Αυτό δείχνει ότι o((a, b [n, m] [o(a, o(b].

13 Αντίστροφα αν to στοιχείο (a, b της ομάδας ευθύ γινόμενο G H έχει πεπερασμένη τάξη, έστω o((a, b k, τότε θα έχουμε: (a, b k (e G, e H (a k, b k (e G, e H a k e G & b k e H o(a < & o(b < (2 Υποθέτουμε ότι οι κυκλικές ομάδες G a και H b είναι πεπερασμένες, και έστω: o(g o(a n και o(h o(b m Υποθέτουμε πρώτα ότι (n, m 1. Τότε σύμφωνα με το μέρος (1 θα έχουμε ότι η τάξη του στοιχείου (a, b είναι [n, m] nm, διότι (n, m 1. Άρα η κυκλική υποομάδα (a, b της ομάδας G H η οποία παράγεται από το στοιχείο (a, b έχει τάξη nm o(g o(h o(g H. Αυτό σημαίνει ότι (a, b G H και άρα η ομάδα G H είναι κυκλική με γεννήτορα το στοιχείο (a, b. Αντίστροφα υποθέτουμε ότι η G H είναι κυκλική και έστω G H (x, y. Τότε o((x, y nm. n Υποθέτουμε ότι (n, m d 1. Τότε d n και d m και άρα: d, m d N. Τότε επειδή x G και o(g n, θα έχουμε x n e G, και επειδή x G και o(h m, θα έχουμε y m e H. Επομένως θα έχουμε: (x, y mn d (x mn d, y mn d ( (x n m d, (y m n d ( (eg m d, (eh n d (eg, e H 13 και άρα mn mn mn d, δηλαδή mn d και επειδή d 1 καταλήγουμε στο άτοπο mn < mn. Άρα d d (m, n 1. (3 Αν οι ομάδες Z n Z m και Z nm είναι ισόμορφες, τότε η ομάδα Z n Z m είναι κυκλική και επομένως από την ισοδυναμία ( θα έχουμε ότι (n, m 1. Αντίστροφα αν (n, m 1, από την ισοδυναμία ( θα έχουμε ότι η ομάδα Z n Z m είναι κυκλική. Επειδή κυκλικές ομάδες με την ίδια τάξη είναι ισόμορφες, έπεται ότι οι ομάδες Z n Z m και Z nm θα είναι ισόμορφες Παρατήρηση 1. Είναι εύκολο να δει κανείς, με χρήση Μαθηματικής Επαγωγής, ότι αν G 1,, G k είναι ομάδες και (a 1,, a k είναι ένα στοιχείο της ομάδας ευθύ γινόμενο G 1 G k, τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (1 Τα στοιχεία a 1, a 2,, a k των ομάδων G 1,, G k αντίστοιχα έχουν πεπερασμένη τάξη. (2 Το στοιχείο (a 1,, a k της ομάδας ευθύ γινόμενο G 1 G 2 G k έχει πεπερασμένη τάξη. Επιπλέον αν τα στοιχεία στοιχεία a 1, a 2,, a k έχουν πεπερασμένη τάξη, τότε: o((a 1, a 2,, a k [o(a 1, o(a 2,, o(a k ] Επιπλέον αν οι ομάδες G 1,, G k είναι πεπερασμένες κυκλικές, τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα (3 Η ομάδα ευθύ γινόμενο G 1 G k είναι κυκλική. (4 ( o(g1,, o(g k 1 Ιδιαίτερα αν n 1,, n k είναι φυσικοί αριθμοί, τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (5 Η ομάδα ευθύ γινόμενο Z n1 Z nk είναι κυκλική. (6 ( n1,, n k 1 Επομένως αν n είναι ένας φυσικός αριθμός με πρωτογενή ανάλυση n p a1 1 p ak k τότε επειδή οι αριθμοί p a i i, 1 i k, είναι πρώτοι μεταξύ τους ανά δύο, έπεται ότι η ομάδα ευθύ γινόμενο Z a p 1 Z a 1 p k θα είναι κυκλική τάξης n p a1 k 1 p ak k. Επομένως θα έχουμε έναν ισομορφισμό Z n Zp a 1 Z a 1 p k k

14 14 Ασκηση 9. Να εξετασθεί αν η ομάδα ευθύ γινόμενο G 1 G 2 δύο κυκλικών ομάδων G 1 και G 2 είναι επίσης κυκλική. Λύση. Διακρίνουμε περιπτώσεις: (1 Οι κυκλικές ομάδες G 1 και G 2 είναι πεπερασμένες. Τότε όπως γνωρίζουμε από την Άσκηση 8: η ομάδα G 1 G 2 είναι κυκλική ( o(g 1, o(g 2 1 (2 Μια εκ των κυκλικών ομάδων G 1 και G 2 είναι άπειρη. (αʹ Αν η G 1 είναι άπειρη κυκλική, και η G 2 {e είναι η τετριμμένη υποομάδα, τότε η ομάδα ευθύ γινόμενο G 1 G 2 είναι προφανώς ισόμορφη με την G 1, μέσω του ισομορφισμού f : G 1 {e G 1, f(g 1, e g 1 και άρα είναι κυκλική. (βʹ Υποθέτουμε ότι η G 1 είναι άπειρη κυκλική, και G 2 {e Έστω ότι η ομάδα G 1 G 2 είναι κυκλική. Επειδή η G 1 είναι άπειρη έπεται ότι η G 1 G 2 είναι μια άπειρη κυκλική ομάδα. Επειδή σε μια άπειρη κυκλική ομάδα το μόνο στοιχείο πεπερασμένης τάξης είναι το ταυτοτικό στοιχείο, έπεται ότι η κυκλική ομάδα G 2 είναι άπειρη. Πράγματι, αν η G 2 είναι πεπερασμένη, τότε υπάρχει γεννήτορας e 2 g 2 G 2 και o(g 2 n <, και τότε καταλήγουμε σε άτοπο (e 1, g 2 n (e n 1, g n 2 (e 1, e 2 o(e 1, g 2 < (e 1, g 2 (e 1, e 2 g 2 e 2 Άρα και η G 2 είναι άπειρη κυκλική. Υποθέτουμε ότι: G 1 a και G 2 b Έστω (x, y G 1 G 2 ένας γεννήτορας της: G 1 G 2 (x, y. Τότε: (x, y (a r, b s, όπου r Z και s Z Τότε υπάρχει ακέραιος n Z: (a, e (x, y n (x n, y n ((a r n, (b s n (a rn, b sn a a rn και b sn e 2 Άρα a rn 1 e 1 και b sn e 2 Επειδή το μόνο στοιχείο της G 2 με πεπερασμένη τάξη είναι το ταυτοτικό στοιχείο της, έπεται ότι είτε b e 2 ή sn 0. Αν b e 2, τότε επειδή G 2 b και η G 2 είναι άπειρη καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα sn 0 και επομένως s 0 ή n 0. Από την άλλη πλευρά, επειδή a rn 1 e 1 για τον ίδιο λόγο θα έχουμε ότι είτε a e 1 ή rn 1. Η εκδοχή a e 1 απορρίπτεται διότι το στοιχείο G 1 a και η G 1 είναι άπειρη. Άρα ισχύει rn 1 και επομένως θα έχουμε και s 0. Τότε όμως y e 2 και θα υπάρχει m Z έτσι ώστε: (e 1, b (x, y m (x m, y m (x m, e m 2 (x m, e 2 b e 2 το οποίο είναι άτοπο διότι G 2 b και η ομάδα G 2 είναι άπειρη. Άρα καταλήξαμε σε άτοπο και επομένως η ομάδα G 1 G 2 δεν είναι κυκλική. Συνοψίζουμε: η ομάδα ευθύ γινόμενο G 1 G 2 είναι κυκλική αν και μόνον αν: (1 Είτε οι ομάδες G 1 και G 2 είναι πεπερασμένες και ( o(g 1, o(g 2 1, (2 ή μία εκ των ομάδων G 1 και G 2 είναι η τετριμμένη ομάδα.

15 Ιδιαίτερα έπεται ότι το ευθύ γινόμενο δύο άπειρων κυκλικών ομάδων δεν είναι ποτέ κυκλική ομάδα. 15 Ασκηση 10. (1 Δείξτε ότι το σύνολο Aut(G όλων των αυτομορφισμών μιας ομάδας G είναι ομάδα με πράξη τη σύνθεση απεικονίσεων. (2 Να προσδιορισθεί η ομάδα αυτομορφισμών Aut(G, όταν: (αʹ G είναι μια άπειρη κυκλική ομάδα. (βʹ G είναι μια πεπερασμένη κυκλική ομάδα. Λύση. (1 Επειδή η σύνθεση αυτομορφισμών είναι αυτομορφισμός, και επειδή η σύνθεση απεικονίσεων ικανοποιεί την προσεταιριστική ιδιότητα, αρκεί να δείξουμε την ύπαρξη ταυτοτικού στοιχείου και την ύπαρξη αντίστροφου στοιχείου. Όμως προφανώς η ταυτοτική απεικόνιση είναι αυτομορφισμός, και επειδή η αντίστροφη απεικόνιση ενός αυτομορφισμού είναι προφανώς αυτομορφισμός, έπεται ότι το σύνολο Aut(G όλων των αυτομορφισμών μιας ομάδας G είναι ομάδα με πράξη τη σύνθεση απεικονίσεων. (2 (αʹ Υποθέτουμε ότι η G είναι μια άπειρη κυκλική ομάδα. Έστω G a ένας γεννήτορας της G. Τότε προφανώς για κάθε αυτομορφισμό f: G G της G, το στοιχείο f(a είναι επίσης γεννήτορας της G. Επειδή η G είναι άπειρη κυκλική, γνωρίζουμε ότι η G έχει ακριβώς δύο γεννήτορες: το στοιχείο a και το στοιχείο a 1. Έτσι f(a a ή f(a a 1. Επειδή G a, αν f(a a, έπεται ότι f Id G, και αν f(a a 1, τότε f(x x 1, x G. Αντίστροφα οι απεικονίσεις Id G και φ: G G, φ(x x 1 είναι αυτομορφισμοί της G. Άρα Aut(G {Id G, φ, όπου προφανώς φ 2 Id G. Επομένως η Aut(G είναι ισόμορφη με την κυκλική ομάδα Z 2, μέσω του ισομορφισμού Id G [0] 2 και φ [1] 2 : Aut(G Z 2 (βʹ Υποθέτουμε ότι η G είναι μια πεπερασμένη κυκλική ομάδα. Έστω G a { e, a, a 2,, a n 1 Αν n 1, τότε G {e και Z 1 [0] 1 και τότε προφανώς Aut(G {Id G {Id Z1 U(Z 1. Υποθέτουμε ότι n > 1. Έστω f: G G ένας αυτομορφισμός της G. Τότε το στοιχείο f(a G είναι γεννήτορας της G. Γνωρίζουμε από την Θεωρία ότι οι γεννήτορες μιας κυκλικής ομάδας τάξης n με γεννήτορα το στοιχείο a, είναι της μορφής a k, όπου 1 k n 1 και (k, n 1. Επομένως θα έχουμε f(a a k, για ένα μοναδικό στοιχείο k, όπου 1 k n 1 και (k, n 1 (αν k 0, τότε f(a e και άρα a e διότι η f αυτομορφισμός, δηλαδή G {e το οποίο είναι άτοπο. Έτσι θα έχουμε [k] n U(Z n, και επομένως μπορούμε να ορίσουμε μια απεικόνιση Φ : Aut(G U(Z n, Φ(f [k] n, όπου f(a a k Έστω f, g Aut(G και έστω ότι Φ(f Φ(g, δηλαδή: [k] n [l] n, όπου f(a a k και g(a a l. Τότε n k l και επειδή 1 k, l n και (k, n 1 (l, n, έπεται ότι k l. Επομένως f(a g(a και τότε προφανώς f g, διότι επειδή οι f, g είναι ομομορφισμοί και x G, x a m, θα έχουμε: f(x f(a m f(a m g(a m g(a m g(x. Επομένως η απεικόνιση Φ είναι 1-1. Έστω [k] n U(Z n, δηλαδή 1 k n 1 και (k, n 1. Ορίζουμε μια απεικόνιση f k : G G, Η απεικόνιση f k είναι ομομορφισμός, διότι: f(a m a km f k (a m 1 a m 2 f k (a m 1+m 2 a (m 1+m 2 k a m 1k+m 2 k a m 1k a m 2k f k (a m 1 f(a m 2

16 16 Αν f k (a m e, τότε a mk e, και άρα n mk. Επειδή (n, k 1, έπεται ότι n m. Τότε όμως αναγκαστικά m 0, διότι 0 m n 1. Άρα a m a 0 e και ο ομομορφισμός f k είναι μονομορφισμός. Τότε όμως ο ομομορφισμός f k είναι αυτομορφισμός διότι o(g n <. Τότε εξ ορισμού θα έχουμε Φ(f k [k] n, διότι f k (a a k. Άρα η απεικόνιση Φ είναι επί. Μένει να δείξουμε ότι η Φ είναι ομομορφισμός ομάδων. Έστω f, g Aut(G. Τότε θα έχουμε Φ(f a k, g(a a l, όπου f(a a k, g(a a l, και 1 k, l n 1 και (k, n 1 (l, n. Υποθέτουμε ότι Φ(f g a m, όπου 1 m n 1, (n, m 1, και (f g(a a m. Όμως (f g(a f(g(a f(a l f(a l (a k l a kl. Τότε: a kl a m και επομένως a kl m e. Επειδή o(a n, θα έχουμε n kl m και επομένως [kl] n [m] n, δηλαδή: [k] k [l] n [m] n. Τότε: Φ(f g [m] n [kl] n [k] n [l] n Φ(fΦ(g και άρα η απεικόνιση Φ είναι ομομορφισμός. Επομένως η Φ είναι ισομορφισμός, και άρα: Aut(G U(Z n Ασκηση 11. Να βρεθεί η αριστερή κανονική αναπαράσταση της ομάδας του Klein. Λύση. Θα υπολογίσουμε την αριστερή κανονική αναπαράσταση της ομάδας του Klein τάξης 4: G { e, a, b, c όπου a 2 b 2 c 2 e, και c ab. Επειδή o(g 4, έπεται ότι η G θα είναι ισόμορφη με την υποομάδα Im(L G της συμμετρικής ομάδας S({e, a, b, c η οποία με τη σειρά της είναι ισόμορφη με την S 4. Θα έχουμε: Im(L G { l e, l a, l b, l c S({e, a, b, c S4 Ο πίνακας Cayley του πολλαπλασιασμού της ομάδας G είναι: G { e, a, b, c : Θα προσδιορίσουμε τις μεταθέσεις l e, l a, l b, l c : (1 Η μετάθεση Άρα: l e : G G, e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e l e (x ex l e (e ee e 2 e, l e (a ea a, l e (b eb b, l e (c ec c Επομένως η απεικόνιση l e είναι η ταυτοτική μετάθεση του συνόλου G {e, a, b, c: ( e a b c l e e a b c (2 Η μετάθεση Άρα: l a : G G, l a (x ax l a (e ae a, l a (a aa a 2 e, l a (b ab c, l a (c ac b

17 Επομένως η απεικόνιση l a είναι η ακόλουθη μετάθεση του συνόλου G {e, a, b, c: ( e a b c l a (e a(b c a e c b (3 Η μετάθεση Άρα: l b : G G, l b (x bx l b (e be b, l b (a ba c, l b (b b 2 e,, l b (c bc a Επομένως η απεικόνιση l b είναι η ακόλουθη μετάθεση του συνόλου G {e, a, b, c: ( e a b c l b (e b(a c b c e a (4 Η μετάθεση Άρα: l c : G G, l c (x cx l c (e ce c, l c (a ca b, l c (b cb a, l c (c c 2 e Επομένως η απεικόνιση l c είναι η ακόλουθη μετάθεση του συνόλου G {e, a, b, c: ( e a b c l c (e c(a b c b c e Επομένως η G είναι ισόμορφη με τη ακόλουθη ομάδα μεταθέσεων (υποομάδα της S(G: Im(L G { (e, (e a(b c, (e b(a c, (e c(a b Χρησιμοποιώντας την 1-1 και επί απεικόνιση G {e, a, b, c {1, 2, 3, 4, όπου e 1, a 2, b 3, c 4 θα έχουμε ότι η S(G είναι ισόμορφη με την S 4. Επομένως η G είναι ισόμορφη με τη ακόλουθη ομάδα μεταθέσεων (υποομάδα της S 4 : Im(L G { (e, (12(34, (13(24, (14(23 Άρα: L G : G { (e, (12(34, (13(24, (14(23 S4 Απο τα παραπάνω μπορούμε να σχηματίσουμε τον πίνακα Cayley της Im L G : 17 Im L G { l e, l a, l b, l c : l e l a l b l c l e l e l a l b l c l a l a l e l c l b l b l b l c l e l a l c l c l b l a l e Ασκηση 12. Έστω f : G G ένας ομομορφισμός ομάδων. (1 Αν H είναι μια κανονική υποομάδα της G, να δείξετε ότι η f(h είναι μια κανονική υποομάδα της Im(f f(g. (2 Αν K είναι μια κανονική υποομάδα της G, να δείξετε ότι η f 1 (K είναι κανονική υποομάδα της G.

18 18 Λύση. (1 Έστω H μια κανονική υποομάδα της G και έστω y Im(f. Τότε y f(g για κάποιο στοιχείο g G. Επειδή η f είναι ομομορφσιμός, για κάθε στοιχείο f(h f(h, θα έχουμε: y 1 f(hy f(g 1 f(hf(g f(g 1 f(hf(g f(g 1 hg f(h διότι επειδή η H είναι κανονοκή υποομάδα της G, έπεται ότι θα έχουμε: g 1 hg H, για κάθε g G και για κάθε h H. Άρα δείξαμε ότι y f(g, f(h f(h: y 1 f(hy f(h, και επομένως η υποομάδα f(h είναι κανονική υποομάδα της f(g. (2 Έστω K μια κανονική υποομάδα της G, και έστω g G και h f 1 (K. Τότε f(h k K, και λόγω κανονικότητας της K στην G, θα έχουμε: f(g 1 hg f(g 1 f(hf(g f(g 1 kf(g K Αυτό όμως σημαίνει ότι: g 1 hg f 1 (K. Επομένως η υποομάδα f 1 (K είναι μια κανονική υποομάδα της G. Ασκηση 13. (Δ Θ Ι Έστω G μια ομάδα, H G μια υποομάδα της G, και N G μια κανονική υποομάδα της G. Να δείξετε ότι: (1 Το υποσύνολο HN {hn G h H & n N είναι μια υποομάδα της G και N HN. (2 H N H, και υπάρχει ένας ισομορφισμός ομάδων: Λύση. 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 Ως εφαρμογή να δείξετε ότι, αν G Z, H 3Z, Ν 4Z, τότε υπάρχει ισομορφισμός: 3Z / 12Z Z 4 (1 Προφανώς e ee HN. Έστω g 1, g 2 HN. Τότε g 1 h 1 n 1 και g 2 h 2 n 2, και επομένως: g 1 g 1 2 h 1 n 1 (h 2 n 2 1 h 1 n 1 n 1 2 h 1 2 h 1 n 1 en 1 2 h 1 2 h 1 n 1 h 1 2 h 2n 1 2 h 1 2 h 1 n 1 h 1 2 n όπου Παρόμοια: n h 2 n 1 2 h 1 2 (h 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 n h 2 n 1 h 1 2 (h n 1 h 1 2 N διότι N G Επομένως θα έχουμε: g 1 g 1 2 HN και άρα HN G Έστω τώρα hn HN και n N, Τότε θα έχουμε: (hn 1 n (hn n 1 h 1 n hn n 1 (h 1 n hn N διότι, επειδή N G, το στοιχείο h 1 n h N και n 1, n N. Άρα N ΗΝ. (2 Ορίζουμε απεικόνιση f : H HN/N, f(h hn θεωρώντας το στοιχείο h H HN. 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.

19 Η απεικόνιση f είναι επιμορφισμός, διότι: (hnn HN/N : (hnn hn διότι h 1 (hn (h 1 hn en n N και άρα f(h hn (hnn 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 Εφαρμογή: Τέλος έστω G Z, H 3Z, και Ν 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(ky 3Z + 4Z και άρα: 3Z + 4Z Z Επομένως (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 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 19 Πρόβλημα 1. Ως γενίκευση της Εφαρμογής της Άσκησης 10, να εξετάσετε αν υπάρχει ισομορφισμός [n, m]z / mz nz / (n, mz όπου n, m Z +. Ασκηση 14. (1 Έστω G μια ομάδα και g G. Να δείξετε ότι η απεικόνιση i g : G G, x i g (x gxg 1 είναι αυτομορφισμός, ο οποίος καλείται ο εσωτερικός αυτομορφισμός της G μέσω του g. (2 Υπολογίστε τις υποομάδες i (123 (H και i (23 (K για τις υποομάδες H (12 και K (132 της ομάδας S 3.

20 20 Λύση. (1 Η απεικόνιση i g είναι ομομορφισμός, διότι: i g (xy g(xyg 1 gxyg 1 gxeyg 1 gxg 1 gyg 1 i g (xi g (y Η απεικόνιση i g είναι επιμορφισμός, διότι: y G, g 1 yg G : i g (g 1 yg g(g 1 ygg 1 (gg 1 y(gg 1 eye y Η απεικόνιση i g είναι μονομορφισμός, διότι: Ker(i g { x G i g (x e { x G gxg 1 e { x G gx g { x G x e {e Επομένως η απεικόνιση i g είναι αυτομορφισμός της G. (2 Θα υπολογίσουμε τον εσωτερικό αυτομορφισμό i (123 (H για την υποομάδα H {(1, (12 της ομάδας S 3. Έχουμε: i (123 ((1 (123(1(123 1 (123(123 1 (1 i (123 ((12 (123(12(123 1 (13(123 1 (13(132 (23 Άρα i (123 (H { (1, (23 Θα υπολογίσουμε τον εσωτερικό αυτομορφισμό i (23 (K για την υποομάδα K {(1, (132 της ομάδας S 3. Έχουμε: i (23 ((1 (23(1(23 1 (23(23 1 (1 i (23 ((132 (23(132(23 1 (23(132(23 (12(23 (123 Άρα i (123 (K { (1, (123 Ασκηση 15. ³ Έστω G μια πολλαπλασιαστική ομάδα και S G ένα μη-κενό υποσύνολο της G. (1 Το υποσύνολο S { H G S H είναι η μικρότερη υποομάδα της G η οποία περιέχει το S. Η υποομάδα S καλείται η υποομάδα της G η οποία παράγεται από το S. (2 Να δείξετε ότι: S { s a 1 1 s a 2 2 san n G n 0, a i Z, s i S Αν η ομάδα G είναι προσθετική, τότε η παραπάνω ισότητα έχει την ακόλουθη μορφή: S { a 1 s 1 + a 2 s a n s n G n 0, a i Z, s i S Λύση. (1 Η συλλογή υποομάδων { H G S H της G είναι μη-κενή διότι διότι περιέχει την υποομάδα G. Έτσι το σύνολο S { H G S H, ως τομή υποομάδων της G είναι μια υποομάδα της G. Αν K G και S K, τότε η υποομάδα K ανήκει στην συλλογή { H G S H και αρα S { H G S H K. Επομένως πράγματι η υποομάδα S είναι η μικρότερη υποομάδα της G η οποία περιέχει το υποσύνολο S. (2 Θέτουμε: R { s a 1 1 s a 2 2 san n G n 0, a i Z, s i S. Αν H είναι μια υποομάδα της G η οποία περιέχει το S, τότε προφανώς η H θα περιέχει και κάθε στοιχείο της μορφής s a 1 1 s a 2 2 san n, όπου n 0, a i Z, και s i S. Επομένως κάθε στοιχείο του συνόλου R ανήκιε σε κάθε υποομάδα H της G η οποία περιέχει το S, και άρα: R S Αντίστροφα, αν δείξουμε ότι το υποσύνολο R αποτελεί μια υποομάδα της G, τότε επειδή προφανώς S R, θα έχουμε ότι S R, και επομένως R S. Το υποσύνολο R είναι υποομάδα, διότι: Είναι R, διότι S R. ³Η παρούσα Άσκηση συμπίπτει με Άσκηση 8 του Φυλλαδίου Προτεινομένων Ασκήσεων 3.

21 21 Έστω x, y R. Τότε x s a 1 1 s a 2 2 sa n n και y t b 1 1 tb 2 2 tb m m, όπου n, m 0, a i, b j Z, s i, t j S Τότε: xy 1 s a1 1 s a2 2 sa n n (t b m m 1 (t b2 2 1 (t b1 1 1 s a1 1 s a2 2 sa n n t b m m (t b2 2 t b1 1 R Επομένως το υποσύνολο R αποτελεί μια υποομάδα της G. Ασκηση 16. (1 Έστω S ένα πεπερασμένο σύνολο στοιχείων της προσθετικής αβελιανής ομάδας Q. Να δείξετε ότι η υποομάδα S η οποία παράγεται από το S είναι άπειρη κυκλική. (2 Έστω T ένα πεπερασμένο σύνολο στοιχείων της προσθετικής αβελιανής ομάδας Q/Z. Να δείξετε ότι η υποομάδα T η οποία παράγεται από το T είναι πεπερασμένη κυκλική. Λύση. (1 Θεωρούμε ένα πεπερασμένο υποσύνολο S { a 1 a 2 a k,,, Q b 1 b 2 b k Τότε η υποομάδα της Q η οποία παράγετραι από το S είναι: { a 1 a 2 a k S n 1 + n n k Q n i Z b 1 b 2 b k Έστω a 1 a 2 a k x n 1 + n n k b 1 b 2 b k ένα τυχόν στοιχείο της S. Θέτουμε: Τότε c 1 b 2 b 3 b k, c 2 b 1 b 3 b k,, c k b 1 b 2 b k 1 x n 1 a 1 b 1 + n 2 a 2 b n k a k b k n 1c 1 a 1 + n 2 c 2 a n k c k a k b 1 b 2 b k ( Ο αριθμητής του παραπάνω κλάσματος ανήκει στην υπομμάδα της Z η οποία παράγεται από τα στοιχεία { c 1 a 1, c 2 a 2,, c k a k : n 1 c 1 a 1 + n 2 c 2 a n k c k a k c 1 a 1, c 2 a 2,, c k a k Επειδή όλες οι υποομάδες της προσθετικής ομάδας Z είναι κυκλικές, έπεται ότι υπάρχει ξ Z: c 1 a 1, c 2 a 2,, c k a k ξ και άρα ο αριθμητής στο κλάσμα ( γράφεται: n 1 c 1 a 1 + n 2 c 2 a n k c k a k ρ ξ για κάποιο ρ Z ( και επομένως η σχέση ( γράφεται a 1 a 2 a k ξ x n 1 + n n k ρ b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k Αυτό σημαίνει ότι το τυχόν στοιχείο x S ανήκει στην κυκλική υποομάδα της Q η οποία παράγεται από το στοιχείο ξ Q b 1 b 2 b k και άρα: S { a 1 a 2 a k n 1 + n n k Q n i Z b 1 b 2 b k ξ b 1 b 2 b k

22 22 Αντίστροφα αν x ξ b 1 b 2 b k τότε υπάρχει z Z έτσι ώστε: ξ zξ x z b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k Από την σχέση (, θα έχουμε ότι ξ c 1 a 1, c 2 a 2,, c k a k και άρα υπάρχουν ακέραιοι m 1, m 2,, m k έτσι ώστε: και τότε: ξ m 1 c 1 a 1 + m 2 c 2 a m k c k a k zξ x zm 1c 1 a 1 + zm 2 c 2 a zm k c k a k b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k zm 1 c 1 a 1 + zm 2c 2 a zm kc k a k b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k zm 1b 2 b 3 b k a 1 + zm 2b 1 b 3 b k a zm kb 1 b 2 b k 1 a k b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k zm 1a 1 + zm 2a zm ka k b 1 b 2 b k a 1 a 2 a k zm 1 + zm zm k b 1 b 2 b k a 1, b 1 a 2 b 2,, Άρα: ξ { a 1 a 2 a k S n 1 + n n k Q n i Z b 1 b 2 b k b 1 b 2 b k και επομένως καταλήγουμε ότι: S { a 1 a 2 a k n 1 + n n k Q n i Z b 1 b 2 b k a k b k ξ b 1 b 2 b k δηλαδή η υποομάδα της προσθετικής ομάδας Q η οποία παράγεται από το σύνολο ξ S είναι κυκλική με γεννήτορα τον ρητό αριθμό b 1 b 2 b k. Επειδή από την σχέση ( ο ακέραιος ξ είναι γεννήτορας μιας κυκλικής υποομάδας της προσθετικής ομάδας Z και επειδή κάθε μη-τετριμμένη (κυκλική υποομάδα της Z είναι άπειρη, έπεται ότι το στοιχείο έχει άπειρη τάξη και άρα η υποομάδα S είναι άπειρη. ξ b 1 b 2 b k (2 Θεωρούμε ένα πεπερασμένο υποσύνολο { a1 a 2 T + Z, + Z,, b 1 b 2 Θέτοντας S { a1 b 1, a 2 b 2,, a k + Z b k a k b k Q Q/Z έπεται ότι θα έχουμε: T S + Z και άρα σύμφωνα με το (1, θα έχουμε ότι η υποομάδα της Q η οποία παράγεται από το S είναι η κυκλική ομάδα: για κάποιο ξ Z. S ξ b 1 b 2 b k

23 ξ Αυτό όμως προφανώς σημαίνει ότι το στοιχείο b 1 b 2 b k +Z είναι γεννήτορας της ομάδας T, και επομένως: T ξ + Z b 1 b 2 b k Άρα η υποομάδα T της Q/Z η οποία παράγεται από το σύνολο T είναι κυκλική με γεννήτορα το στοιχείο + Z. Επειδή ξ b 1b 2 b k b 1 b 2 b k ( 1 + Z 1 + Z Z b 1 b 2 b k ο γεννήτορας της T έχει πεπερασμένη τάξη και επομένως η κυκλική υποομάδα T είναι πεπερασμένη. 23 Παρατήρηση 2. Μια (προσθετική αβελιανή ομάδα G καλείται τοπικά κυκλική αν η υποομάδα η οποία παράγεται από κάθε πεπερασμένο υποσύνολο της G είναι κυκλική. Σύμφωνα με την Άσκηση 13, οι αβελιανές ομάδες Q και Q/Z είναι τοπικά κυκλικές. Αντίστροφα αποδεικνύεται ότι κάθε τοπικά κυκλική ομάδα είνα υποομάδα είτε της Q ή της Q/Z. Αν G είναι μια τοπικά κυκλική (αβελιανή ομάδα, τότε: (1 είτε κάθε στοιχείο της G έχει πεπερασμένη τάξη (2 ή κάθε μη-ταυτοτικό στοιχείο της G έχει άπειρη τάξη. Βλέπετε γιατί; Ασκηση 17. Να δοθούν παραδείγματα: (1 Άπειρης ομάδας G, όλα τα στοιχεία της οποίας έχουν πεπερασμένη τάξη. (2 Ομάδας G η οποία να μην έχει στοιχεία πεπερασμένης τάξης > 1 αλλά να έχει μια ομάδα-πηλίκο G/H, της οποίας όλα τα στοιχεία να έχουν πεπερασμένη τάξη. (3 Άπειρης ομάδας G η οποία να έχει μια κανονική υποομάδα H όλα τα στοιχεία της οποίας έχουν πεπερασμένη τάξη, και η ομάδα πηλίκο G/H να μην έχει στοιχεία πεπερασμένης τάξης. Λύση. (1 Θεωρούμε την προσθετική αβελιανή ομάδα Q/Z. Τότε η ομάδα Q/Z είναι άπειρη διότι, όπως μπορούμε να δούμε πολύ εύκολα, το σύνολο { 1 + Z Q/Z n N n είναι άπειρο. Από την άλλη πλευρά θεωρούμε τυχόν μη-μηδενικό στοιχείο x + Z Q/Z, όπου x Q και προφανώς μπορούμε να υποθέσουμε ότι x p q, όπου q > 0, p Z. Τότε: q( p q + Z q p q + Z p + Z Z o(p q + Z < Άρα κάθε στοιχείο της Q/Z έχει πεπερασμένη τάξη. (2 Η προσθετική ομάδα Q των ρητών αριθμών, δεν έχει προφανώς κανένα μη-ταυτοτικό στοιχείο πεπερασμένης τάξης. Η υποομάδα Z της Q είναι κανονική διότι η Q είναι αβελιανή, και όπως είδαμε στο (1, κάθε στοιχείο της ομάδας πηλίκο Q/Z έχει πεπερασμένη τάξη. (3 Θεωρούμε την ομάδα πηλίκο R/Z η οποία είναι προφανώς άπειρη. Έστω r + Z ένα τυχόν στοιχείο της R/Z. Τότε: o(r + Z < n 1 : n(r + Z Z n 1 : nr + Z Z n 1 : nr Z n 1 : nr s Z n 1 : r s n r Q

24 24 Άρα κάθε στοιχείο της υποομάδας Q/Z της R/Z έχει πεπερασμένη τάξη. Από το Τρίτο Θεώρημα Ισοιμορφισμών, για την ομάδα πηλίκο θα έχουμε: Τότε: R/Z / Q/Z R/Q o(r + Q < n 1 : n(r + Q Q n 1 : nr + Q Q n 1 : nr Q n 1 : nr p q Q n 1 : r p r Q nq και επομένως το μόνο στοιχείο της ομάδας πηλίκο R/Q με πεπερασμένη τάξη είναι το μηδενικό.

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Α Δ Ι. Παρασκευή 13 Δεκεμβρίου 2013

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

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι 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 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

Αλγεβρικές Δομές Ι. 1 Ομάδα I

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. 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

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

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

Α Δ Ι. Παρασκευή 29 Νοεμβρίου 2013 & K =

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. 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

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

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

Παρασκευή 6 Δεκεμβρίου 2013

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

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι. 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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. 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 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 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

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 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

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

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 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 + 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

< a 42 >=< a 54 > < a 28 >=< a 36 >

< a 42 >=< a 54 > < a 28 >=< a 36 > Ασκήσεις Βασικής Άλγεβρας και Λύσεις τους 4 Δεκεμβρίου 2013 1 Ασκήσεις και Λύσεις. 2013-14 1. (αʹ Εστω m, n δύο φυσικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε M K (m, n + 5 = MK (m + 5, n = 1. Αποδείξτε ότι MK (mn, m +

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 17 Ιανουαρίου 2014

Α Δ Ι. Παρασκευή 17 Ιανουαρίου 2014 Α Δ Ι Α - Φ 10 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 17 Ιανουαρίου

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 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 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

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

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

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

(a, b) (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac, ad + bc)

(a, b) (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac, ad + bc) ΒΑΣΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Χειμερινό Εξάμηνο 2016 Ασκήσεις 1. Δείξτε ότι ο a 1 διαιρεί τον a n 1 για κάθε a Z και κάθε n N. 2. Δίνονται οι ακέραιοι a = 126 και b = 434. (α Υπολογίστε το µκδ(a, b. (β Βρείτε x, y Z

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

Α Δ Ι. Παρασκευή 24 Ιανουαρίου 2014

Α Δ Ι. Παρασκευή 24 Ιανουαρίου 2014 Α Δ Ι Α - Φ 11 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 24 Ιανουαρίου

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

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

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

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

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

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

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

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

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 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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1.3 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

(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

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

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

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

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

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

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Διδάσκων: Καθηγητής Μαρμαρίδης Νικόλαος - Θεοδόσιος

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 26 Μαίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Βασική Άλγεβρα. Ασκήσεις (εκδοχή )

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. 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

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

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 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

Κεφάλαιο 5 Γραμμικοί Μετασχηματισμοί

Κεφάλαιο 5 Γραμμικοί Μετασχηματισμοί Κεφάλαιο 5 Γραμμικοί Μετασχηματισμοί 5 Γενικά Γραμμικοί Μετασχηματισμοί Μία σχέση μεταξύ των στοιχείων δύο συνόλων Α,Β αντιστοιχίζει στοιχεία του Α με στοιχεία του Β άλλου μέσω ενός κανόνα που μπορεί να

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

irr Q,b (x) = x 3 2, irr Q,ω (x) = x 2 + x + 1 irr (Q(ω),b) (x) = irr (Q,b) (x) = x 3 2,

irr Q,b (x) = x 3 2, irr Q,ω (x) = x 2 + x + 1 irr (Q(ω),b) (x) = irr (Q,b) (x) = x 3 2, Θεωρία Galois Θεοδώρα Θεοχαρη-Αποστολιδη Χαρά Χαραλαμπους Οι σημειωσεις αυτες θα συμπληρωνονται κατα τη διαρκεια των μαθηματων. 13 Δεκεμβρίου 2014 Περιεχόμενα 3 Μεταθέσεις και ομάδες Galois 41 3.1 Οι ρίζες

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 16 Μαρτίου 2018

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Λύση Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι διάφορη του μηδενός =

Λύση Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι διάφορη του μηδενός = 7. Άσκηση 1 2 1 Εστω ο πίνακας A = 1 3 2. Να δειχθεί ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιμοςκαιστησυνέχειαναυπολογιστείοαντίστροφος. 1 0 1 Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (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

Βασική Άλγεβρα. Ασκήσεις (εκδοχή )

Βασική Άλγεβρα. Ασκήσεις (εκδοχή ) Βασική Άλγεβρα Ασκήσεις 0-4 (εκδοχή 5--04) Βασική Άλγεβρα Ασκήσεις Υποδείξεις/Απαντήσεις Περιεχόµενα σελίδα Ασκήσεις ιαιρετότητα στους ακέραιους, ισοτιµίες Ασκήσεις Ακέραιοι odulo, Θεώρηµα του Euler 7

Διαβάστε περισσότερα