Алгебры пост.
Предлагаю любителям абстрактной и не очень алгебры в этом посте общаться, постить разные красивые задачи и просто рассказывать интересные вещи.
На картинке — «лемма о бабочке».
GD Star Rating
loading...
loading...
41 Responses to Любители абстрактной и не очень алгебры
Добавить комментарий Отменить ответ
Обсуждения в блоге
- ДОБРО ПОЖАЛОВАТЬ В НАУКУ!
- блогерс, кто может дать радиометр погонять на денёк?
- про IR лазеры теперь, чтоб те долго жили.
- Не уверен, что чисто алгебраические задачи будут тут уместны, но всё же.
- Швейцарские и грузинские археологи обнаружили в ходе раскопок человеческий череп, который доказывает, что уже 1,8 миллиона лет назад все люди, живущие на земле, принадлежали к одному и тому же виду приматов —
- Суббота.
- Господа, у меня своеобразный вопрос.
- Пару недель назад мы с каналом «Наука 2.
- Друзья, объясните мне пожалуйста, чем отличается альфа частица 3.
- Байты и биты.
Наука на www.academsmi.ru
- В Австралии создали автоматический улей
- Социальные сети изменяют характер мозговой деятельности
- Ученые из Великобритании создали невидимый материал Vantablack
- Ученые из Гарварда предлагают лечить инфаркт вакцинацией
- Ученые нашли способ продлить человеческую жизнь до 150 лет
- Получено подтверждение существования гравитационных волн
- Ученые нашли альтернативу бензиновому топливу
- Новая научно-исследовательская лаборатория запущена компаниями Chery и MTS Systems
- Вместо золотых медалей школьникам будут выдавать аттестат
- Программное моделирование позволит эффективно управлять роботами, находящимися на огромных расстояниях
Для начала — простая задачка.
Пусть p(*) — многочлен с действительными коэффициентами и p(*) — * не равно нулю на R (то есть у отображения p нет неподвижной точки).
Может ли быть неподвижная точка у отображения * |–> p(p(*))?
p(*) — * — непрерывнаяч ф–я, знвчит либо p(*) — * > 0 на R, либо p(*) — * < 0 на R. Пусть для определенности p(*) — * > 0 на R. тогда p(p(*)) — * = p(p(*)) — p(*) + p(*) — * = ( p(y) — y ) + ( p(*) — * ) > 0 ( y = p(*)). т.е. как бе неподвижной точки быть не может!
Окей, чуть посложнее 🙂
Пусть p(*) многочлен с действительными коэффициентами и p(*) >= 0 при * \in R.
Тогда p(*) = u^2(*) + v^2(*), где u,v — многочлены.
Разложить p на линейные множители и распределить сопряженные члены по 2–м группам. Получится (u + iv)(u — iv) = u^2 + v^2.
Совсем посложнее. 😉
Как известно, есть алгебра кватернионов, которая задаётся, например, как множество {a + bi + cj + dk}, где a,b,c,d — вещественные, i^2 = j^2 = k^2 = –1, ij = k, jk = i, ki = j, ji = –k, kj = –i, ik = –j.
Это алгебра с делением (в ней у любого ненулевого элемента существует обратный), хотя и некоммутативная, у неё куча интересных свойств (например, единичная сфера кватернионов изоморфна группе вращений R^3, что невозбранно юзается в 3D–графике).
Рассмотрим теперь «кватернионы над конечным полем». Никто не мешает рассмотреть алгебру {a + bi + cj + dk}, где соотношения между i,j,k те же, но a,b,c,d теперь берутся из Z_p (вычеты по простому модулю p).
При каких p в этой алгебре будет деление?
Обычный кватернион обратим iff его матричное представление обратимо. Хочется думать, что то же верно и над Z_p. Определитель матричного представления = (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)^2 оличается от нуля iff a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 0 (mod p). Что–то не силён я в теории чисел — надо ещё подумать…
Cравнение a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 0 (mod p) имеет нетривиальный корень при любом p (как учат Шевалле и Варнинг). Значит в алгебре кватернионов будут делители 0.
Еще сложнее.
При каких p деление будет в алгебре кватернионов над p–адическими числами?
Еще одна любопытная, на мой взгляд, задачка. Пусть K — поле и E — произвольное множество. Функции из E в K естественным путем образуют векторное пространство над K. Какова размерность этого пространства?
Мощность E?
Имелось в виду, a^2 + b^2 + c^2 + d^2!= 0 (mod p), конечно.
А можно поподробнее об учении Шевалле и Варнинга?
Нашёл! Тогда следующий вопрос: что вообще известно про невещественные алгебры с делением?
Если размерность имеется в виду линейная (мощность базиса Гамеля — каждый вектор должен представляться конечной линейной комбинацией векторов базиса), то точно нет.
Контрпример — пространство бесконечных двоичных последовательностей (функций из натуральных чисел в Z_2), в нём континуум векторов, но конечных комбинаций счётного множества векторов (над Z_2) опять счётное множество, поэтому базис несчётен.
Да, размерность линейная — как векторного пространства.
А это решается без обобщённой континуум–гипотезы? Не могу сообразить что–то 🙂
При p, не равном двум, не будет (тогда вообще любое p–адическое число представляется в сумме трёх квадратов).
При p=2 пока не понял. 🙂
Верно, а при p = 2 будет.
Да, решается. Попробуйте пойти с другого конца. Пусть V — векторное пространство над полем K с базисом E. Выразите мощность V через мощности K и E.
Кстати, еще одна задачка. Опишите все конечномерные алгебры с делением над конечными полями.
басис Шаудера очевидно |E|.
Дальше естественно речь только про бесконечные |E|.
мощность векторного простанства равна |K|^|E|. Из этого
можно сделать оценки (B – — базис Гамеля):
1. Если |K| \le |E|, то |E| < |B| \le |K|^|E| = 2^|E|. (думаю, что равно 2^|E|, пока правда затрудняюсь доказать).
2. Если |K| > |E|, то вроде бы тоже самое, но доказательство побольше (хотя тут я мог и налажать).
да, равно 2^|E|
Нет, не 2^|E| в этом, как раз, и есть красота задачи.
Начну с другой задачи. Пусть K — поле, V — пространство над K с базисом B. Чему равна мощность V? Если B конечно, то очевидно, что |V| = |K|^|B|. Пусть теперь B бесконечно. Всякий вектор из V есть сумма конечного числа элементов из B с коэффициентами из K (по определению базиса Гамеля; вообще, в предложенных мной задачах никаких топологических структур не дано, соответствено, только о базисах Гамеля и можно вести речь). Оценим количество векторов с не более чем n ненулевыми компонентами. Множество этих векторов является сюръективным образом множества (K^n)*(B^n), значит его мощность не превосходит |K||B| (|B|^n = |B|, так как B бесконечно, если K бесконечно, то |K|^n = |K|, иначе |K||B|=|B|; в любом случае |(K^n)*(B^n)| = |K||B|). Стало быть |V| не превосходит |K||B||N| = |K||B| (N — натуральные числа). С другой стороны ясно, что |V| не меньше, чем |K||B|. Значит, окончательно получаем следующее полезное соотношение:
|V| = |K|^|B| если B конечно и |K||B| если B бесконечно.
Вернусь к основной задаче: «Какова размерность пространства W функций из E в поле K?» Пусть B — базис этого пространства, требуется найти |B|. Если E конечно, то |B| = |E|. Пусть E бесконечно. Тогда ясно, что B бесконечно и значит, по доказанному выше соотношению имеем |W| = |K||B|. Значит |K||B| = |K|^|E|. Кроме того, выберем в E счетное подмножество * = {e0, e1, e2, …} для каждого k из К построим функцию Fk из E в К. Положим Fk(e) = 0 если e не в * и Fk(e) = k^i если e в * и e = ei. Иными словами, Fk — геометрическая прогрессия с коэффициентом k, и поскольку E бесконечно, эту последовательность можно поместить в W целиком. Из свойств определителей Вандермонда следует, что система функций {Fk | k из K} линейно независима. Значит |B| >= |K|, из равенства |K||B| = |K|^|E| получаем |B| = |K|^|E|. Итак, окончательно:
Размерность W равна |E| если E конечно и |K|^|E| если E бесконечно.
Удивительно в этом результате то, что размерность зависит от мощности основного поля, что на первый взгляд кажется странным. Большинство моих знакомых интуитивно давали неверный ответ — 2^|E|.
Вот еще задачка. Докажите, что сумма всех элементов конечной абелевой группы не равна 0 тогда и только тогда, когда в этой группе есть единственный элемент порядка 2.
да, согласен.
В случае, если |K| > |E|, я действительно облажался.
Это вроде бы просто.
Если элементов порядка 2 нет, то существует биекция между элементом и обратным к нему.
Если элемент один, то существует биекция без него, следовательно сумма равна ему.
Таким образом остался случай, если элементов больше одного. Заметим, что элементы порядка 2 и 0 образуют подгруппу (очевидно так как сумма двух элементов порядка 2 тоже имеет порядок 2). Рассмотрим только эту подгруппу H
(сумма остальных и так ноль).
H = {0, a_1, …, a_n}, не заметим, что если a_i + a_j = a_k, то a_k + a_j = a_i, таким образом H разбивается на тройки сумма в каждой тройке равно 0.
ч.т.д.
Что–то как–то сумбурно написал.
сумбурно, еще и фигню. Сейчас поправлю.
Теперь вроде бы правильно.
Строим H.
Доказываем индукцией по размеру H.
База:
Для n = 2 групп нет.
Для n = 3 перебираем все таблицы Кэли.
Переход:
Не умоляя общности a_1 + a_2 = a_3, H’ = {0, a_1, a_2, a_3} — нормальная подгруппа, H/H’, группа с теми же свойствами (каждый элемент порядка 2) меньшего размера. ч.т.д.
более подробно.
сумма по H’ равна нулю. Дальше очевидно, что сумма в каждом классе смежности также равна нулю.
Да, все верно. Теперь ваша очередь загадывать загадки.
Дам пару задачек, правда одна не очень по алгебре.
Простая: H — произвольная группа, доказать что существует симметрическая группа G и G’ ее подгруппа, такие, что H изоморфно G’.
На мой взгляд по сложнее: доказать, что класс всех ординалов не является множеством.
в первой имеется ввиду H — конечная.
По–моему, можно и для бесконечных. Пусть S(H) — симметричная группа на H как на множестве (все биекции из H в H). Теперь каждому * из H ставим в соответствие биекцию h –> xh. Отображение * –> Lx есть вложение группы H в группу S(H).
Пусть все ординалы образуют множество R. Для любых ординалов a, b имеем либо a принадлежит b, либо b принадлежит a, либо a = b, значит R линейно упорядочено отношением принадлежности. Далее, Любая убывающая (по принадлежности) цепочка ординалов из R обрывается, поскольку она содержится в своем первом члене, а он — ординал. Таким образом, R вполне упорядочено. Элементы ординала тоже ординалы, значит R транзитивно и следовательно R — ординал и значит R принадлежит R, что противоречит аксиоме регулярности.
Кстати, вторая задачка называется парадоксом Бурали–Форти.
да, действительно. Только противоречит все–таки не регулярности, а теореме Цермело, т.е. аксиоме выбора.
В продолжении темы про ординалы. Если кто–то знаком с теорией моделей, то дам задачку, которую мне предложили на экзамене (я не знаток теории моделей, просто прослушал курс и теперь выпендриваюсь).
Доказать, что утверждения эквивалентны:
1. Теория T стабильна.
2. Теория T k–стабильно, для какого–то бесконечного k.
К сожалению в английской вики эти понятия смешаны.
Если жалающих не будет, то заменю задачу.
Поясните, пожалуйста.
опять извиняюсь, мне показалось, что R \in R бесконечная убывающая цепочка. Да, здесь конечно бесконечная вложенная цепочка, что противоречит действительно аксиоме регулярности.
Извините, я что–то много фигни несу в последнее время :(.
Заменяю задачу (хотя решение той послушаю с удовольствием).
Рассмотрим утверждение P(k, n): если в некотором поле –1 является суммой k квадратов, то –1 является суммой конечного числа n–ых степеней.
1. Докажите P(1, n)
2. Докажите P(k, 4)
3. Верно ли P(k, n) для всех k, n?
Заранее предупреждаяю, что я умею решать не все пункты данной задачи.
не алгебра, но красота же! докажите, что любое компактное метрическое пространство изометрически вкладывается в нормированное линейное пространство. Любое сепарабельное — в l_1.
Доказать, что множество всех предложений, верных для всех конечных моделей(заданной сигнатуры) не перечислимо.
Извиняюсь, если не понял условие последней задачи.
Пусть A — множество всех предложений, верных для всех конечных моделей.
Множество конечных моделей перечислимо (очевидно). Множество предложений, не верных хотя бы в одной модели также перечислимо (т.к.
для конкретной модели можно легко проверить, что предложение не выполняется перебором всем элементов).
Таким образом, если A — перечислимо, то оно разрешимо, но это очевидно не верно (в теорию можно загнать предикат отвечающий любой неразрешимой задаче).
Компакт (K, d) вкладывается в банахово пространство непрерывных функций С(К) с нормой максимума модуля: точка a из K отображается в функцию fa(*) = d(a, *). Если К имеет счетное всюду плотное множество N, то ограничение f из C(K) на N дает изометрическое вложение C(K) в l1.