Noen som gidder å gi et raskt løsningsforslag på oppgavene 1 og 3 på eks-oppgava H2013
(de deler ut eksamensoppgaver uten fasit på UiB).
eksamen abstrakt algebra
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
3a) Definér $f(n)=|n|$. Det er klart at $f$ er en euklidsk funksjon på $\mathbb{Z}$, så $\mathbb{Z}$ er et euklidsk domene/område (Euclidean domain). Siden alle euklidske domener er hovedidealområder, følger det at alle ideal i $\mathbb{Z}$ er hovedidealer.
b) $I\in R$ er et primideal hvis $ab\in I$ medfører at enten $a$ eller $b$ er med i $I$. I tillegg må $I\neq R$.
c) Primidealene er idealer generert av et primtall, på formen $<p>$ for $p$ primtall.
La $ab\in <p>$ Da må ab være delelig med p, og det følger fra egenskapene til primtall at da må p dele enten a eller b. Det følger at a eller b må være med i <p>. Så idealet er et primideal.
Edit: Du må forresten også vise at $<p>\neq \mathbb{Z}$. Bevis ved motsigelse: Anta at $<p>=\mathbb{Z}$. Da er $1\in <p>$, men da fins en n slik at 1=np, som betyr at p er en enhet, men dette er igjen en motsigelse siden primelementer per def. ikke kan være enheter.
b) $I\in R$ er et primideal hvis $ab\in I$ medfører at enten $a$ eller $b$ er med i $I$. I tillegg må $I\neq R$.
c) Primidealene er idealer generert av et primtall, på formen $<p>$ for $p$ primtall.
La $ab\in <p>$ Da må ab være delelig med p, og det følger fra egenskapene til primtall at da må p dele enten a eller b. Det følger at a eller b må være med i <p>. Så idealet er et primideal.
Edit: Du må forresten også vise at $<p>\neq \mathbb{Z}$. Bevis ved motsigelse: Anta at $<p>=\mathbb{Z}$. Da er $1\in <p>$, men da fins en n slik at 1=np, som betyr at p er en enhet, men dette er igjen en motsigelse siden primelementer per def. ikke kan være enheter.
takker plutarco...plutarco skrev:3a) Definér $f(n)=|n|$. Det er klart at $f$ er en euklidsk funksjon på $\mathbb{Z}$, så $\mathbb{Z}$ er et euklidsk domene/område (Euclidean domain). Siden alle euklidske domener er hovedidealområder, følger det at alle ideal i $\mathbb{Z}$ er hovedidealer.
b) $I\in R$ er et primideal hvis $ab\in I$ medfører at enten $a$ eller $b$ er med i $I$. I tillegg må $I\neq R$.
c) Primidealene er idealer generert av et primtall, på formen $<p>$ for $p$ primtall.
La $ab\in <p>$ Da må ab være delelig med p, og det følger fra egenskapene til primtall at da må p dele enten a eller b. Det følger at a eller b må være med i <p>. Så idealet er et primideal.
Edit: Du må forresten også vise at $<p>\neq \mathbb{Z}$. Bevis ved motsigelse: Anta at $<p>=\mathbb{Z}$. Da er $1\in <p>$, men da fins en n slik at 1=np, som betyr at p er en enhet, men dette er igjen en motsigelse siden primelementer per def. ikke kan være enheter.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
gjest*
Nysgjerrig på svaret på oppgave1b selv.
Kan bordet og matplasseringen regnes som D4 hvor hver rett er en kant?
Kan bordet og matplasseringen regnes som D4 hvor hver rett er en kant?
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
1) La $G$ være en endelig gruppe som virker på en mengde $X$. Da sier Burnside's formel at
antall baner under denne gruppevirkningen er gitt ved
\[\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X_g| .\]
Her er $X_g=\{x\in X : gx=x\}$ fikspunktmengden til $g\in G$.
I oppgaven beskrevet videre har vi et sirkulært bord som kan roteres. Det er 6 mulige retter
å velge mellom og 4 plasser på bordet. To oppsett av matretter på bordet anses som like
dersom den ene kan oppnås fra den andre ved en rotasjon av bordet. La $G=\{e,g,g^2,g^3\}$
være rotasjonsgruppen til bordet og la $X$ være mengden av alle mulige oppsett av
matretter på bordet. Under identifikasjonen oppgitt vil nå antall forskjellige fordelinger
korrespondere til antall baner under virkningen av $G$ på $X$. Ved Burnside's formel er dette
antallet gitt ved
\[\frac1{|G|}(|X_e|+|X_g|+|X_{g^2}|+|X_{g^3}|)=\frac{6^4+6+6^2+6}4=336. \]
$|X_e|=|X|=6^4$, siden $e$ fikserer et hvert oppsett. La oss bruke notasjonen $(a,b,c,d)$
for et oppsett av matrettene $a,b,c,d$ rundt bordet. Da følger det fra
$(a,b,c,d)=g(a,b,c,d)=(d,a,b,c)$ at $a=b=c=d$ slik at $|X_g|=6$. Samme argument gir at
$|X_{g^3}|=6$. På tilsvarende måte gir $(a,b,c,d)=g^2(a,b,c,d)=(c,d,a,b)$ at $a=c$ og $b=d$,
slik at $|X_{g^2}|=6^2$.
3c) Husk at $(0)$ også er et primideal i $\mathbb{Z}$!
antall baner under denne gruppevirkningen er gitt ved
\[\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X_g| .\]
Her er $X_g=\{x\in X : gx=x\}$ fikspunktmengden til $g\in G$.
I oppgaven beskrevet videre har vi et sirkulært bord som kan roteres. Det er 6 mulige retter
å velge mellom og 4 plasser på bordet. To oppsett av matretter på bordet anses som like
dersom den ene kan oppnås fra den andre ved en rotasjon av bordet. La $G=\{e,g,g^2,g^3\}$
være rotasjonsgruppen til bordet og la $X$ være mengden av alle mulige oppsett av
matretter på bordet. Under identifikasjonen oppgitt vil nå antall forskjellige fordelinger
korrespondere til antall baner under virkningen av $G$ på $X$. Ved Burnside's formel er dette
antallet gitt ved
\[\frac1{|G|}(|X_e|+|X_g|+|X_{g^2}|+|X_{g^3}|)=\frac{6^4+6+6^2+6}4=336. \]
$|X_e|=|X|=6^4$, siden $e$ fikserer et hvert oppsett. La oss bruke notasjonen $(a,b,c,d)$
for et oppsett av matrettene $a,b,c,d$ rundt bordet. Da følger det fra
$(a,b,c,d)=g(a,b,c,d)=(d,a,b,c)$ at $a=b=c=d$ slik at $|X_g|=6$. Samme argument gir at
$|X_{g^3}|=6$. På tilsvarende måte gir $(a,b,c,d)=g^2(a,b,c,d)=(c,d,a,b)$ at $a=c$ og $b=d$,
slik at $|X_{g^2}|=6^2$.
3c) Husk at $(0)$ også er et primideal i $\mathbb{Z}$!
tusen takk!Brahmagupta skrev:1) La $G$ være en endelig gruppe som virker på en mengde $X$. Da sier Burnside's formel at
antall baner under denne gruppevirkningen er gitt ved
\[\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X_g| .\]
Her er $X_g=\{x\in X : gx=x\}$ fikspunktmengden til $g\in G$.
I oppgaven beskrevet videre har vi et sirkulært bord som kan roteres. Det er 6 mulige retter
å velge mellom og 4 plasser på bordet. To oppsett av matretter på bordet anses som like
dersom den ene kan oppnås fra den andre ved en rotasjon av bordet. La $G=\{e,g,g^2,g^3\}$
være rotasjonsgruppen til bordet og la $X$ være mengden av alle mulige oppsett av
matretter på bordet. Under identifikasjonen oppgitt vil nå antall forskjellige fordelinger
korrespondere til antall baner under virkningen av $G$ på $X$. Ved Burnside's formel er dette
antallet gitt ved
\[\frac1{|G|}(|X_e|+|X_g|+|X_{g^2}|+|X_{g^3}|)=\frac{6^4+6+6^2+6}4=336. \]
$|X_e|=|X|=6^4$, siden $e$ fikserer et hvert oppsett. La oss bruke notasjonen $(a,b,c,d)$
for et oppsett av matrettene $a,b,c,d$ rundt bordet. Da følger det fra
$(a,b,c,d)=g(a,b,c,d)=(d,a,b,c)$ at $a=b=c=d$ slik at $|X_g|=6$. Samme argument gir at
$|X_{g^3}|=6$. På tilsvarende måte gir $(a,b,c,d)=g^2(a,b,c,d)=(c,d,a,b)$ at $a=c$ og $b=d$,
slik at $|X_{g^2}|=6^2$.
3c) Husk at $(0)$ også er et primideal i $\mathbb{Z}$!
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]