Тема Линал и алгебра.

01 Алгебра. Теория групп.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#45854

Придумать множество $X$ и бинарную операцию $∗ : X × X → X,$ не выводящую за пределы множества $X,$ такую, что:

a) $∗$ - ассоциативна, но не существует нейтрального элемента, то есть такого $e,$ что $∀x ∈ X e ∗x = x ∗e = x$ ;
b) $∗$ - ассоциативна, существует нейтральный элемента $e,$ но не у каждого элемента $x ∈ X$ есть обратный, то есть такой $x− 1,$ что $x ∗x− 1 = x −1 ∗ x = e$ ;
c) Операция $∗$ - не ассоциативна.
d) $⋆$ Существует нейтральный $e,$ у любого элемента $x ∈ X$ есть обратный, но операция $∗$ - не ассоциативна.

Показать ответ и решение

a) Подойдёт множество $ℕ = {1,2,3,...}$ натуральных чисел. А в качестве операции $∗$ сгодится обычное сложение чисел.

Тогда, во-первых,

+ : ℕ × ℕ → ℕ

не выводит за пределы множества $ℕ,$ во-вторых, ясно, что эта операция ассоциативна (известно из школьной программы за 2 класс), но нейтрального элемента $e$ по отношению к $+$ у нас нет. Почему? Потому что в $ℕ = {1,2,3,...}$ не существует такого $e$ , что для любого $m ∈ ℕ$ было бы выполнено $m + e = m$ . Если бы такое $e$ существовало, то оно, естественно, должно было бы быть нулем. А нуля в $ℕ$ у нас нет.

b) Ради разнообразия приведем непохожий на пункт a) пример, хотя вы можете подумать о том, что туда нужно добавить, чтобы он сгодился для нашего пункта b).

Итак, мы же давайте рассмотрим множество $Matn ×n(ℝ )$ всех матриц размера $n × n$ . В качестве операции возьмем перемножение матриц. Тогда, в чем нетрудно убедить себя, умножение матриц ассоциативно, существует нейтральный элемент по этой операции - единичная матрица $E$ размера $n × n.$ Однако, далеко не все элементы в этом множестве с такой операцией будут обратимы. А именно, необратимы будут те матрицы, чей определитель равен 0. Например, нулевая матрица, или любая матрица со строкой нулей - примеров много.

c) Давайте рассмотрим множество $∗ ℝ = ℝ ∖{0}$ с операцией

div : ℝ∗ × ℝ∗ → ℝ ∗

которая каждой паре ненулевых чисел $x,y ⁄= 0$ сопоставляет число

div(x,y) оп=р.x : y

Тогда эта операция не будет ассоциативной. Например, $(3 : 4) : 5 = 3-⁄= 3 : (4 : 5) = 15 20 4$

d) $⋆$ Рассмотрим расширенную вещественную прямую. Формально она определяется так - мы берем все вещественные числа и присоединяем к ним формальный значок бесконечности:

ˆℝ = ℝ ∪ {∞ }

Операцию мы выберем довольно хитрую - это среднее арифметическое, но только для обычных чисел. Для бесконечности и для числа с самим собой все будет немного иначе. Итак, операция на $ℝˆ$ будет устроена так:

∗ : ˆℝ × ˆℝ → ˆℝ

определенной правилом:
1. $∞ ∗ a = a ∗ ∞ = a$ для всех $a ∈ ℝ$
2. Если $a,b ∈ ℝ$ и $a ⁄= b,$ то $a ∗b = a+2b$
3. $a∗ a = ∞$

Тогда такая операция $∗$ имеет нейтральный элемент - это будет значок $∞,$ потому что мы его и определили как нейтральный в пункте 1. Далее, у каждого элемента будет обратный - причем сам элемент и будет для себя обратным - это мы гарантируем пунктом 3 определения.

С другой стороны, поскольку на различных числах $∗$ действует как среднее арифметическое, то ассоциативности ждать не приходится:

10+11- (10∗ 11)∗ 12 = --2--+-12-= 11.25 2

в то время как

10+ 11+212 10∗ (11∗ 12) = ----2-----= 10.75

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#45856

Доказать, что если $G$ - конечная группа, то найдется такое $n ∈ ℕ,$ что $∀g ∈ G$ выполнено, что $n g = e.$

Показать ответ и решение

Действительно, если группа $G$ - конечна, то в ней каждый элемент имеет конечный порядок. Пусть $G = {e,g1,g2,...gN }$ - вся группа $G.$ Пусть

o(g ) = n ,o(g ) = n ,o(g ) = n ,,...o(g ) = n 1 1 2 2 3 3 N N

Тогда ясно, что если взять в качестве $n$ НОК( $n1,n2,...nN$ ) всех порядков всех элементов группы, то $∀g ∈ G$ будет выполнено, что $gn = e.$ Поскольку каждый элемент $g$ сначала возведется в свой порядок $o(g)$ - что уже даст единицу, а потом еще в степень $-n- o(g)$ - но это конечно тоже будет единица, поскольку единица в любой степени даёт единицу.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#45857

Подумать, как в любой группе устроено обращение длинных произведений. А именно, если $g1,g2,...,gn ∈ G,$ то ведь и их произведение тоже $g1g2...gn ∈ G.$ Вопрос, а какой будет обратный у этого элемента? То есть, как устроен $(g1g2...gn)−1$ ?

Подсказка: собираясь на улицу в холодную погоду, термобелье надевают первым, а заходя домой его снимают последним.

Показать ответ и решение

(g1g2...gn)−1 = g−n1g−n−11gn−−12...g−2 1g−11

Действительно,

g1g2...gn ⋅g−n1g−n1−1g−n1−2...g−21g−1 1= e

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#45858

Пусть в группе $G$ для любого $g$ выполнено $o(g) = 2.$ То есть группа $G$ состоит только из элементов порядка 2. Показать, что тогда $G$ - абелева.

Показать ответ и решение

Заметим, что тот факт, что $o(g) = 2,$ то есть что $g2 = e$ эквивалентен тому, что $g−1 = g$ (действительно, это получается если равенство $2 g = e$ домножить с обеих сторон на $−1 g$ ).

То есть мы поняли, что в нашей группе каждый элемент сам себе обратен.

Но тогда все легко: возьмем элемент $g1g2.$ Он обратен сам себе, а это значит, что

(g1g2)(g1g2) = e

Далее, поскольку с другой стороны $g21 = e$ и $g21 = e,$ то, домножим сначала наше последнее равенство $g1g2g1g2 = e$ на $g2$ справа, и получим, что

g g g gg = g 1 2 12 2 2

и, пользуясь тем, что $2 g2 = e,$ сократим в левой части равенства:

g1g2g1 = g2

Аналогично, домножим теперь это последнее равенство на $g1$ справа и получим

g g g g = g g 1 2 11 2 1

и, пользуясь тем, что $2 g1 = e$ получаем, сокращая в левой части

g1g2 = g2g1

И, поскольку $g1$ и $g2$ были произвольными, мы с вами получили в точности условие абелевости группы $G.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45859

А верно ли, что если $G$ - абелева, то в группе $G$ для любого $g$ выполнено $o(g ) = 2.$ То есть группа $G$ состоит только из элементов порядка 2.

Показать ответ и решение

Это конечно неверно. Например, в группе $(ℤ,+ )$ вообще нет элементов конечного порядка, однако она абелева.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#45860

Найти порядок матрицы $( ) A = 6 − 100 300 2022$ в группе $GL (ℝ) n$ всех обратимых матриц размера $n × n.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $detA = 42132$

А, значит, наша матрица точно бесконечного порядка.

Потому что иначе, если бы существовало $n ∈ ℕ$ такое, что $n A = E,$ то тогда

detAn = (detA )n = 42132n = detE = 1

(здесь мы воспользовались тем, что определитель произведения матриц равен произведению определителей.)

Таким образом, ни в какой конечной степени $A$ не может быть равна единичной матрице - тем самым её порядок равен бесконечности.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#45861

Будет ли циклической группа $G = {1,− 1,i,− i}$ - подгруппа в $(ℂ, ⋅)$

Показать ответ и решение

Да, поскольку эта группа порождается элементом $i$ : $G = {i,i2 = − 1,i3 = − i,i4 = 1}.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#45862

Будет ли циклической группа $(ℚ, + )$ ?

Показать ответ и решение

Нет, поскольку если бы она порождалась только одним элементом $pq ∈ ℚ,$ то есть если бы любая дробь была просто сколько-то раз сложенной самой с собой $p q,$ то мы бы получили, что $∀x ∈ ℚ$ выполнено $x = k ⋅ pq, k ∈ ℤ,$ что не так, поскольку все эти дроби имеют знаменатель, $q$ или, после сокращения - какой-то делитель $q.$

То есть ясно, что мы таким образом не получим всех возможных знаменателей всех дробей из $ℚ.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#70251

Обладает ли операция умножения перестановок из $Sn$ свойством коммутативности? То есть верно ли, что для любых $σ,π ∈ Sn$ выполнено, что $σ ⋅π = π ⋅σ$ ?

Показать ответ и решение

1. В $S2$ у нас есть всего две перестановки:

( ) ( ) 𝜀 = 1 2 , τ = 1 2 1 2 2 1

И очевидно, что в $S2$ $𝜀⋅τ = τ ⋅𝜀 = τ$ , поэтому в $S2$ умножение перестановок коммутативно.

2. Уже в $S3$ будут существовать некоммутирующие перестановки, а именно, пусть:

( ) ( ) σ = 1 2 3 , π = 1 2 3 2 3 1 1 3 2

То тогда

( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 σ ⋅π = 2 1 3 , н о π ⋅σ = 3 2 1

И видно, что $σ ⋅π ⁄= π ⋅σ$ .

В $Sn$ при $n > 3$ по аналогичному принципу можно тоже легко предъявить пример перестановок, результат умножения которых зависит от порядка, в котором мы их перемножаем.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#70252

Перемножить перестановки перестановки $σ$ и $π$ в порядке $σ ⋅π$ , а также в порядке $π ⋅σ$ :
a) $( ) σ = 1 2 3 4 5 3 4 1 5 2$ , $( ) π = 1 2 3 4 5 5 3 1 2 4$ ;

b) $( ) 1 2 3 4 5 6 σ = 3 6 4 5 2 1$ , $( ) 1 2 3 4 5 6 π = 2 4 1 5 6 3$

Показать ответ и решение

( ) ( ) σ ⋅π = 1 2 3 4 5 , π ⋅σ = 1 2 3 4 5 2 1 3 4 5 1 2 5 4 3

( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 σ ⋅π = , π ⋅σ = 6 5 3 2 1 4 1 3 5 6 4 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#70253

Найти знак перестановки $σ$ :
a) $(1 2 3 4 5) σ = 3 4 1 5 2$ ,

b) $( ) σ = 1 2 3 4 5 6 2 1 4 3 5 6$ ,

c) $( ) 1 2 3 4 5 6 7 σ = 7 6 5 4 3 2 1$ ,

d) $( ) 1 2 3 ... n − 1 n σ = n n − 1 n − 2 ... 2 1$

Показать ответ и решение

a) Посчитаем количество инверсий: инверсии будут на парах:

(1,3),(1,5),(2,3),(2,5),(4,5 )

Итого получилось 5 инверсий, следовательно, $sgn σ = − 1$

b) Посчитаем количество инверсий: инверсии будут на парах:

(1,2),(3,4)

Итого получилось 2 инверсии, следовательно, $sgn σ = 1$

c) Тут конечно можно тоже пойти и тупо считать количества инверсий. А можно заметить такую замечательную вещь, что здесь инверсии будут абсолютно на любой паре чисел - это легко видеть, если присмотреться к перестановке. А пар всего $6 + 5+ 4 + 3 + 2+ 1 = 21$ . То есть будет $21$ инверсия, следовательно, $sgn σ = − 1$

d) Результат предыдущего пункта легко обобщить - инверсий в такой перестановке всегда будет $(n − 1)+ (n − 2)...+ 1$ . Посчитать такую сумму можно так, как это сделал шестилетний Гаусс - сложить первый элемент с последним, второй с предпоследним и так далее - получим

n(n − 1) 1+ 2+ ...+ (n − 2)+ (n − 1) = -------- 2

Итак, $n(n−1) sgnσ = (− 1) 2$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#76397

Какие из следующих множеств с указанными операциями будут группами?

a) Множество всех комплексных корней фиксированной степени $n$ из 1, то есть множество

√n-- 1 = {z ∈ ℂ|zn = 1}

с операцией обычного умножения комплексных чисел;
b) Множество всех комплексных корней из 1 любой степени

∞⋃ n√ -- n 1 = {z ∈ ℂ |z = 1 для како го-то n ∈ ℕ} n=1

с операцией обычного умножения комплексных чисел;
c) Множество комплексных чисел с фиксированным модулем $r$ , то есть множество

ℂr = {z ∈ ℂ ||z| = r}

с операцией обычного умножения комплексных чисел;
d) Множество $C[a,b]$ всех непрерывных на некотором отрезке функций

C[a,b] = {f : [a,b] → ℝ|f − непр ер ывна на [a, b]}

с операцией сложения функций. А с операцией умножения функций?
e) Множество $DC (x0)$ всех разрывных в некоторой точке $x0$ функций

DC (x0) = {f : ℝ → ℝ|f − разр ывна в точке x0}

с операцией сложения функций. А с операцией умножения функций?
f) Множество

{0,1,− 1}

с операцией обычного сложения;
g) Подмножество нечетных перестановок в $Sn$

{σ ∈ Sn|σ − н ечётна }

с операцией композиции перестановок;
h) Полная линейная группа $GLn (ℝ)$ , но с операцией сложения матриц;
i) Подмножество $S ⊂ GLn (ℝ )$ , состоящее из симметрических матриц

S = {A ∈ GLn (ℝ)|At = A}

с операцией умножения матриц;
j) Подмножество $S ⊂ Matn×n (ℝ )$ , состоящее из симметрических матриц

t S = {A ∈ Matn ×n(ℝ )|A = A }

с операцией сложения матриц;
k) Множество дробно-линейных функций, то есть функций вида $ax+b f = cx+d$ , $ad− bc ⁄= 0$ с операцией композиции функций.

Показать ответ и решение

a) Это группа. Действительно, проверим, для начала, что на $√-- n1$ операция умножения определена корректно.

Действительно, если $n√ -- z1 ∈ 1$ , $√n-- z2 ∈ 1$ , то очевидно, что и $n√ -- z1 ⋅z2 ∈ 1$ . Почему? Утверждается, что произведение двух корней $n−$ ой степени из 1 вновь дает корень $n −$ ой степени из единицы. Таким образом, нам нужно проверить, что $(z ⋅z )n = 1 1 2$ . Но действительно,

(z1 ⋅z2)n = zn ⋅zn = 1⋅1 = 1 1 2

(мы воспользовались тем, что сами $z1$ и $z2$ в $n$ -ой степени равны 1, поскольку они сами были из $√ -- n1$ ).

Далее, роль нейтрального элемента в $√ -- n 1$ играет обычная комплексная единица, то есть число $z = 1 + 0i$ . Оно, очевидно, является корнем из 1 степени $n$ для любого $n$ .

У каждого комплексного корня $z ∈ n√1--$ степени $n$ из единицы есть обратный по умножению. Действительно, для $√-- z ∈ n1$ обратным будет просто число $z−1 = 1z$ в смысле обычного деления комплексных чисел.

Ясно, что если $z ∈ n√1--$ , то и $z−1 = 1 z$ тоже $∈ n√1-$ . Потому что $(1)n = 1-= 1= 1 z zn 1$ .

То, что операция умножения здесь ассоциативна следует из того, что она ассоциативна и во всём $ℂ$ .

b) Это множество тоже будет группой с операцией умножения. Для краткости это множество

+⋃∞ √n1-- n=1

обозначим как

ℂ ∞ n

Действительно, проверим, для начала, что на $ℂn∞$ операция умножения определена корректно.

Действительно, если $z1 ∈ ℂn∞$ , $z2 ∈ ℂn ∞$ , то очевидно, что и $z1 ⋅z2 ∈ ℂn ∞$ . Почему? Ну, если $z1 ∈ ℂn∞$ , то это означает, что найдётся $k$ такое, что $k√-- z1 ∈ 1$
(потому что $ℂn∞$ является объединением множеств всех корней из 1 всех возможных степеней. Значит, любой элемент из $∞ ℂn$ является корнем какой-то конкретной степени $k$ из единицы).

Аналогично, $z2 ∈ ℂn ∞$ , то это означает, что найдётся $l$ такое, что $√ -- z2 ∈ l1$ . Но тогда их произведение $z ⋅z 1 2$ тоже лежит в $ℂ ∞ n$ . Потому что их произведение тоже будет корнем какой-то степени из единицы. Но какой? Ну, например, степени $k ⋅l$ . Действительно,

k⋅l k⋅l k⋅l kl lk l k (z1 ⋅z2) = z1 ⋅z2 = z1 ⋅z1 = 1 ⋅1 = 1

(На самом деле, для некоторых пар $(k,l)$ степень можно взять и поменьше, чем их произведение $k ⋅l$ - подумайте, для каких пар и какую степень на самом деле надо брать).

Далее, роль нейтрального элемента в $ℂn∞$ играет обычная комплексная единица, то есть число $z = 1 + 0i$ . Оно, очевидно, является корнем из 1 степени $n$ для любого $n$ .

У каждого комплексного корня $z ∈ ℂn∞$ из единицы есть обратный по умножению. Действительно, для $∞ z ∈ ℂn$ обратным будет просто число $−1 1 z = z$ в смысле обычного деления комплексных чисел.

Причем $z− 1$ будет корнем той же степени из 1, какой было и само $z$ .

То, что операция умножения в $ℂn ∞$ ассоциативна следует из того, что она ассоциативна и во всём $ℂ$ .

c) При $r ⁄= 0$ и $r ⁄= 1$ , очевидно, это не будет группой, поскольку произведение $z1$ и $z2$ из множества $ℂr$ даст элемент $z1 ⋅z2$ , у которого модуль будет

2 |z1 ⋅z2| = |z1|⋅|z2| = r ⁄= r, при r ⁄= 0,1

Поэтому операция умножения выводит за пределы $ℂr$ .

При $r = 0$ это множество будет состоять только из нуля $ℂ0 = {0}$ и, конечно, будет группой по умножению. При $r = 1$ это множество точек единичной окружности и оно будет группой по умножению (проверяется аналогично, но еще проще, чем в предыдущих двух пунктах).

d) Рассмотрим для начала операцию сложения. Сумма двух непрерывных на $[a,b]$ функций, вновь будет непрерывной на $[a,b]$ функцией - по теореме о том, что сумма непрерывных функций в какой-то точке - вновь непрерывная функция в этой точке (применяем эту теорему ко всем точкам отрезка $[a,b]$ ).

Нейтральным элементом будет нулевая функция

𝒪 (x ) = 0 ∀x ∈ [a,b]

(она, как константа, непрерывна на любом отрезке).

У каждой $f ∈ C [a,b]$ будет обратная по сложению - это $− f$ (она, очевидно, тоже непрерывна).

То, что операция сложения функций ассоциативна - очевидно.

Следовательно,

(C[a,b],+ )

- группа.

Однако то же самое множество, но с операцией умножения функций группой уже не будет. Поскольку тождественно нулевая функция

𝒪 (x ) = 0 ∀x ∈ [a,b]

лежит в $C[a,b]$ , то чтобы $(C [a,b],⋅)$ было группой, надо, чтобы эта функция была обратима. То есть чтобы нашлась такая функция $g(x)$ , что

𝒪 (x)⋅g(x) = ℰ(x), где ℰ (x ) = 1 ∀x ∈ [a,b]

Но это равенство невозможно, потому что оно невозможно в любой точке. Ведь если фиксировать точку $x0 ∈ [a,b]$ то это последнее равенство означает попросту, что

0 ⋅g(x0) = 1

Чего быть не может.

Следовательно, у нулевой функции в $(C [a,b],⋅)$ нет обратного элемента. Поэтому $(C[a,b],⋅)$ - не группа.

e) Ни по операции сложения, ни по операции умножения это не будет группой.

Возьмём, например, какую-нибудь разрывную функцию в точке $x0$ , скажем,

( { 1 при x ⁄= x f (x ) = 0 ( 0 при x = x0

Тогда $({ − 1 при x ⁄= x0 − f = ( 0 п ри x = x0$ - тоже, очевидно, разрывна в точке $x0$ . Однако их сумма $f + (− f ) = 𝒪$ - тождественно нулевая функция, которая уже, очевидно, непрерывна в $x0$ . Поэтому множество $DC (x ) 0$ не замкнуто относительно сложения функций.

Относительно умножения оно тоже не замкнуто, потому как если рассмотреть

( { 1 п ри x ≤ x0 f(x) = ( − 1 п ри x > x0

разрывную в точке $x0$ , то $2 f ⋅f = f ≡ 1$ - уже непрерывна в точке $x0$ (это просто константа 1). То есть множество $DC (x0)$ не замкнуто и относительно умножения функций.

f) Несмотря на то, что вроде бы у нас есть нейтральный элемент (это 0), у каждого элемента есть обратный и всё ассоциативно, этот пример показывает, насколько важна ненумерованная аксиома о том, что операция не должна выводить за пределы группы. В нашем же случае она выводит.

1+ 1 = 2

А $2/∈{0,1,− 1}$ . Следовательно, это не группа.

g) Это не группа, поскольку в ней нет нейтарального элемента. Нейтральным элементом по отношению к умножению перестановок может быть только тождественная перестановка. Но она - чётна, потому что в ней 0 инверсий. Таким образом, она не лежит в нашем множестве нечётных перестановок. Следовательно, это не группа.

h) Нет, поскольку нейтральным элементом относительно сложения должна быть нулевая матрица. А она не лежит в $GLn (ℝ )$ , поскольку она необратима.

i) Это не так, поскольку множество $S$ не замкнуто относительно операции умножения. Действительно, рассмотрим две симметрические матрицы

( ) ( ) 1 1 1 2 A = 1 1 , B = 2 3

Они, легко видеть, обе симметрические, то есть $At = A,Bt = B$ , однако их произведение

(3 5) A ⋅B = 3 5

уже не является симметрической матрицей.

j) Сумма симметрических матриц - тоже симметрична, поскольку если $At = A, Bt = B$ , то и $A + B$ тоже симметрична, поскольку

(A + B)t = At + Bt = A + B

Далее, в $S$ есть нейтральный элемент по сложению матриц - это нулевая матрица. Далее, у каждой матрицы $X$ из $S$ есть обратная матрица по сложению - это $− X$ , причем очевидно, что если $X$ была симметрической, то и $− X$ - тоже будет такой. Ассоциативность очевидна. Следовательно, это группа.

k) Нетрудно увидеть, что если взять композицию таких функций $ax+b f(x) = cx+d-$ и $ex+f g(x ) = gx+h ,$ то есть $f(g(x)),$ то это будет:

a ex+f-+ b aex+af+bgx+bh- f(g(x )) = --gx+h---- = -----gx+h---- = aex-+-af-+-bgx-+-bh = (ae+--bg)x-+-af-+-bh cegxx++fh + d cex+cfg+xd+ghx+dh- cex + cf + dgx+ dh (ce+ dg)x + cf + dh

что есть ничто иное, как дробно-линейная функция. Следовательно, композиция не выводит за пределы множества дробно-линейных функций.

Роль нейтрального элемента относительно композиции играет тождественная функция $f = x 1$ . То, что у каждой дробно-линейной функции $ax+b f = cx+d$ , $ad− bc ⁄= 0$ есть обратная - это просто понять, если задуматься над тем, зачем нам нужно было условие $ad − bc ⁄= 0$ . Подсказка - это означает, что матрица $( ) a b c d$ - обратима, а, значит, можно попробовать её обратить и рассмотреть дробно-линейную функцию с набором коэффициентов из обратной матрицы, и попробовать взять её композицию с исходной...

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#76398

Доказать, что если в группе $G$ для двух элементов $x,y ∈ G$ выполнено, что $xy = yx$ , и $o(x) = n$ , $o(y) = m$ и $m$ и $n$ - взаимно просты, то $o(xy) = o(x)⋅o(y)$ .

Показать ответ и решение

Нам нужно доказать, что $o(xy ) = o(x)⋅o(y)$ . Пусть $t$ - такое число, что

(xy )t = 1

Но тогда

1 = (xy)t = xyxyxyxy...xy т.к. xy= =yx xx...xyy...y = xtyt ◟----t◝ р◜аз----◞

Возведем это равенство в $n$ -ую степень:

tn tn tn 1 = x y = y

Следовательно, мы получили, что элемент $y$ в $tn$ -ой степени равен 1, а, значит, по свойству порядка, $tn...m$ . Но, поскольку $m$ и $n$ - взаимно просты, то это означает, что $t...m$ .

Аналогично, возводя равенство

t т.к. xy =yx t t 1 = (xy) = x◟yxyxyx◝y◜...xy◞ = xx...xyy...y = x y t раз

в $m −$ ую степень, мы получим, что $. tm ..n$ , откуда $. t..n$ . Таким образом, $t$ должно делиться и на $m$ и на $n$ , значит, $t$ делится на $mn$ (поскольку, опять же, $m$ и $n$ взаимно просты). Следовательно, любая степень, в которой произведение $xy$ равно единице, будет делиться на $mn$ . Значит, порядок уж точно не меньше, чем $mn$ . С другой стороны,

(xy)mn = xmnymn = (xn)m ⋅(ym )n = 1 ⋅1 = 1

То есть порядок не больше, чем $mn$ . Значит, он равен $mn$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76399

Может ли произведение элементов конечного порядка дать элемент бесконечного порядка?

Сделать отсюда вывод о том, что без дополнительных предположений нельзя ничего сказать о порядке произведения, даже зная всё про порядки сомножителей.

Показать ответ и решение

Может. Рассмотрим в $GL2 (ℝ )$ элементы

( ) ( ) A = 0 1 , B = 0 2 1 0 12 0

Поскольку $2 2 A = B = E$ , то $o(A) = o(B ) = 2$ . Однако их произведение

( ) 12 0 AB = 0 2

имеет бесконечный порядок, потому что не существует такого $n ∈ ℕ$ , что

(1 )n ( ) 2 0 = 1 0 0 2 0 1

(так как $( ) ( ) 1 0 n (1)n 0 2 = 2 n 0 2 0 2$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76400

Пусть порядок некоторого элемента $x$ равен $n$ . Чему тогда равен порядок элемента $xk$ ?

Показать ответ и решение

Утверждается, что $o(xk) = НОДn(k,n)$ . Обозначим этот НОД за $d$ .

Действительно, давайте разделим $k$ и $n$ на их НОД:

′ ′ k = kd, n = n d

где $k′$ и $n′$ - взаимно просты.

Тогда

n ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ (xk )d = (xk )n = (xkd)n = xk dn = xk n = (xn )k = 1k = 1

Следовательно, порядок $xk$ не больше, чем $n d$ .

Допустим, что он меньше. Пусть $o(xk) = t$ , и $t < nd$ (т.е. $dt < n$ ).

Далее, воспользуемся тем, что из алгоритма Евклида следует, что НОД $d$ является линейной комбинацией $k$ и $n$ с целыми коэффициентами, то есть найдутся такие $u,v ∈ ℤ$ , что

d = uk + vn

Тогда:

(xd)t = (xuk+vn)t = xukt+vnt = xvkt ⋅xvnt = ((xk)t)u ⋅((xn )t)v = e⋅e = e

Следовательно, мы получаем, что уже $dt−$ ая степень $x$ даёт единицу группы. Но $dt < n$ . Противоречие с тем, что $o(x) = n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#76401

Найти порядок:

a) Перестановки $( ) σ = 1 2 3 4 5 2 3 1 5 4$ в группе $S 5$ ;

b) Числа $√ - z = −--3+ 1i 2 2$ в группе $(ℂ ∗,⋅)$ ;

c) Матрицы $( ) − 1 a X = 0 1$ в группе $GLn (ℝ)$ ;

d) Матрицы $( ) − 1 a X = a 1$ при $a ⁄= 0$ в группе $GLn (ℝ )$ ;

f) Порядок следующих чисел: $1,2,5,7,8$ в группе $ℤ100$

Показать ответ и решение

Ясно, что эта перестановка распадается в произведение двух независимых циклов:

( ) ( ) ( ) σ = 1 2 3 4 5 = 1 2 3 4 5 ⋅ 1 2 3 4 5 2 3 1 5 4 2 3 1 4 5 1 2 3 5 4

Пусть $( ) ( ) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 τ = ,μ = 2 3 1 4 5 1 2 3 5 4$ . Очевидно, что $o(τ) = 3,o(μ) = 2$ . И, поскольку $τ$ и $μ$ удовлетворяют соотношению, что $τ ⋅μ = μ ⋅τ$ , а их порядки взаимно просты, то $o(σ) = o(τ)⋅o(μ) = 6$ .

b) Поскольку $√- − 23-+ 12i = cos 56π+ isin 5π6$ , то мы видим, что чтобы $zn = 1$ , нужно, чтобы $5πn6-= 2πk$ для некоторого целого $k$ , то есть $5πn = 12πk$ . Минимальное такое $n$ равно 12. Следовательно, $o(z) = 12$ .

c) Поскольку $( ) X2 = 1 0 = E 0 1$ , а при этом $X ⁄= E$ , то $o(X ) = 2$ .

d) Утверждается, что $o(X ) = ∞$ .

От противного, пусть существует такое $n ∈ ℕ$ , что $Xn = E$ . Тогда посмотрим на определители левой и правой части. Определитель правой части равен 1. А что с левой?

$2 detX = − 1 − a$ . Следовательно, $n 2 n detX = (− 1− a )$ . А это при $a ⁄= 0$ никогда не равно 1.

f) Поскольку $2 = 2 ⋅1,5 = 5⋅1,7 = 7 ⋅1,8 = 8 ⋅1$ , а при этом, очевидно, что $o(1) = 100$ в $ℤ100$ , то по свойству

n o(xk) = ---------- НО Д (k,n )

(только здесь, поскольку операция в группе обозначается плюсом, мы под степенью элемента имеем в виду его кратное)

Получаем, что

o(2) = ----100-----= 50,o(5) = ----100-----= 20,o(7) = ----100-----= 100,o (8) = ----100-----= 25 НО Д(2,100) НО Д(5,100) Н ОД (7,100 ) Н ОД (8,100)

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#76402

Могут ли в бесконечной группе $G$ все элементы иметь конечный порядок?

Показать ответ и решение

Могут. Этим свойством, например, обладает группа

⋃∞ √ -- ℂn ∞ = n 1 n=1

с операцией умножения.

То есть группа всех возможных корней всех возможных степеней из 1. Каждый конкретный её элемент - это корень конкретной степени из 1. А, значит, он имеет конечный порядок. В то время, как группа бесконечна (счётна), поскольку в ней лежат корни сколь угодно большой степени.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76403

a) Описать явно диэдральную группу $D4$ квадрата. Найти порядки всех элементов в ней.

b) Сколько вообще всегда элементов будет в диаэдральной группе $Dn$ ?

Показать ответ и решение

В группе симметрий квадрата будет 4 поворота $a90,a180,a270,a360 = e$ вокруг его центра, а также четыре симметрии - относительно диагоналей и относительно линий, перпендикулярных серединам противоположных сторон. Других симметрий у квадрата нет.

В общем случае группа $Dn$ состоит из $n$ поворотов (на все возможные углы вида $2πn$ ), а также из $n$ симметрий. Правда вот симметрии устроены по-разному в зависимости от четности $n$ . При чётном $n$ оси симметрии проходят по диагоналям и по серединам противоположных сторон, а при нечётном $n$ они исходят из вершин и опускаются на середину противоположной стороны.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76404

Доказать, что если группа $G$ - конечна, и в ней четное число элементов, то обязательно в ней найдётся элемент порядка 2.

Показать ответ и решение

Давайте группировать элементы нашей группе по парам. Каждому элементу $g ∈ G$ сопоставим его обратный $−1 g ∈ G$ . Таким образом, мы можем попытаться выписать все элементы группы:

g1 ↔ g−1 1,g2 ↔ g−21,...,g3 ↔ g3−1

1 случай. А что, если в какой-то момент пары не нашлось? В том смысле, что для какого-то элемента $x ∈ G$ его обратный $− 1 x$ - это он же сам. То есть $− 1 x = x$ . Но тогда, домножая на $x$ обе части равенства, получим, что $x2 = e$ . Но это и означает, что у нас нашелся элемент порядка 2.

2 случай. Если для каждого элемента нашлась пара, то есть у нас каждый раз было, что $x$ и $−1 x$ - это разные элементы. Но такого быть не могло...поскольку $e− 1 = e$ , и по такому принципу пару к нейтральному элементу $e$ мы точно найти не смогли. Но порядок группы - четный, поэтому бы обязательно не смогли найти пару и еще какому-то элементу. То есть все таки нашелся какой-то $x ∈ G$ такой, что $−1 x = x$ . Но этот случай мы уже рассмотрели.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76405

Опр. Если группа $G$ - циклическая и $G = < g >$ , то элемент $g$ называется порождающим группы $G$ .

Задача. Найти все порождающие в циклической группе $ℤ$ и в циклической группе $ℤn$ .

Показать ответ и решение

В $ℤ$ кроме $± 1$ других образующих нет. Потому что, если взять любое другое $k ∈ ℤ$ , то подгруппа

< k >

будет состоять только из чисел, кратных $k$ . А значит, всего $ℤ$ мы уже не породим.

Ясно, что $m ∈ ℤn$ порождает $ℤn$ тогда и только тогда когда $o(m ) = n$ , потому что иначе количество элементов в группе

< m >

будет меньше, чем $n$ (а именно, в подгруппе $< m >$ элементов очевидно всегда столько, каков порядок $m$ ). Поэтому если мы хотим, чтобы

< m >= ℤn

То для этого необходимо, чтобы $o(m ) = n$ .

Но этого и достаточно. Поскольку если $o(m ) = n$ , то в подгруппе $< m >⊂ ℤn$ ровно $n$ элементов, но тогда $< m >= ℤn$ .

Следовательно, необходимым и достаточным условием того, чтобы вычет числа $m$ порождал всю группу $ℤ n$ - это то, что $o(m ) = n$ . Однако