Dump some shit

3 files changed, 306 insertions, 0 deletions

diff --git a/alg/alg-2.tex b/alg/alg-2.tex
new file mode 100644
index 0000000..8e33dbb
--- /dev/null
+++ b/alg/alg-2.tex
@@ -0,0 +1,124 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{../intro}
+
+\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
+\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-2}}
+\title{Алгебра 2}
+
+% -- Here bet  dragons --
+\begin{document}
+\maketitle
+\drawcat{50pt}
+\clearpage
+
+\dmquestion{1}
+
+    Рассмотрим группу $D_4$. Пусть $H_1$ - группа из симметрий относительно горизонтальной и вертикальной осей симметрий квадрата. В ней находятся $e$, две указанных симметрии и поворот на $\pi$. Методом пристального взгляда убеждаемся, что она нормальна в $D_4$. Теперь возьмем в качестве $H_2$ только одну симметрию. Она нормальна в $H_1$, но не нормальна в $D_4$ например потому, что не коммутирует с любой из диагональных симметрий.
+
+\dmquestion{2}
+
+    Рассмотрим $f = h_1 h_2 h_1^{-1} h_2^{-1}$.
+
+    $H_1$ нормальна, поэтому $h_2 h_1^{-1} h_2^{-1} \in H_1$. Также, $H_1$ - подгруппа и $h_1 \in H_1$,
+        значит, $f = h_1 (h_2 h_1^{-1} h_2^{-1}) \in H_1$.
+
+    $H_2$ нормальна, поэтому $h_1 h_2 h_1^{-1} \in H_2$. Также, $H_2$ - подгруппа и $h_2 \in H_2$,
+        значит, $f = (h_1 h_2 h_1^{-1}) h_2^{-1} \in H_2$.
+
+    Так как $H_1 \cap H_2 = \{e\}$, то $f = e$, поэтому $h_1 h_2 = h_2 h_1$.
+\dmquestion{3}
+
+    \newcommand{\GL}{\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})}
+    \newcommand{\SL}{\mathrm{SL}_n(\mathbb{R})}
+
+    Пусть $M \in \GL$
+    принадлежит центру $\GL$.
+
+    Возьмем $A_i$ -- матрицу элементарного преобразования, которая умножает $i$-ю строку на $2$ при умножении на нее слева и столбец при умножении на нее справа.
+
+    тогда так как $M \in Z(\GL)$, то $MA_i = A_iM$.
+    Такое равенство выполняется для всех $1 \leqslant i \leqslant n$ тогда, и только тогда, когда в $M$ ненулевые элементы стоят только на диагонали.
+
+    Теперь возьмем $B_{ij}$ -- матрицу, которая меняет строки $i$ и $j$.
+
+    Умножив $M$ на нее справа и слева получим,
+    что $i$-ый и $j$-й элементы диагонали равны.
+
+    Перебрав $i$ и $j$ получим, что все элементы на диагонали равны. Поэтому $M$ имеет вид $\lambda E$. А такие матрицы коммутируют с любыми.
+
+    Для $\SL$ ситуация почти аналогичная, только нам надо брать матрицы преобразования с единичным определителем:
+
+    Для первого шага нужно преобразование, которое умножает одну строку на $2$, а другую на $\frac{1}{2}$. Так мы получим, что все матрицы из центра - диагональные. А для второго шага надо брать матрицу, которая меняет местами две пары строк. Но так как перестановочные матрицы уже не коммутируют, то по строкам мы выполняем преобразование в одном порядке, а по столбцам - в другом:
+
+    Пусть мы хотим менять строки перестановкой $(12)(23)$, тогда мы меняем столбцы перестановкой $(23)(12)$:
+
+\clearpage
+
+    По строкам:
+    \[
+        \begin{bmatrix}
+            1 &   &  \\
+              & 2 &  \\
+              &   & 3\\
+        \end{bmatrix}
+        \overset{(23)}{\mapsto}
+        \begin{bmatrix}
+            1 &   &  \\
+              &   & 3\\
+              & 2 &  \\
+        \end{bmatrix}
+        \overset{(12)}{\mapsto}
+        \begin{bmatrix}
+              &   & 3\\
+            1 &   &  \\
+              & 2 &  \\
+        \end{bmatrix}
+    \]
+
+    По столбцам:
+    \[
+        \begin{bmatrix}
+            1 &   &  \\
+              & 2 &  \\
+              &   & 3\\
+        \end{bmatrix}
+        \overset{(12)}{\mapsto}
+        \begin{bmatrix}
+              & 1 &  \\
+            2 &   &  \\
+              &   & 3\\
+        \end{bmatrix}
+        \overset{(23)}{\mapsto}
+        \begin{bmatrix}
+              &   & 1\\
+            2 &   &  \\
+              & 3 &  \\
+        \end{bmatrix}
+    \]
+
+    Отсюда получаем, что все элементы на диагонали равны, а значит
+    \[
+        Z(\SL) = \begin{cases}
+        \{E\}, &n = 2k + 1\\
+        \{E, -E\}, &n = 2k
+        \end{cases}
+    \]
+
+\dmquestion{4}
+
+    Воспользуемся тем фактом, что группа целых чисел - циклическая
+    \[
+        (\mathbb{Z}, + ) = \cycle{1}
+    \]
+
+    и любая подгруппа имеет вид $(k\mathbb{Z}, + )$.
+
+    Пусть $(\mathbb{Z}, + ) \overset{\phi}{\simeq} (m\mathbb{Z}, + ) \times (n\mathbb{Z}, + )$.
+    Но так как $\phi$ -- гомоморфизм, то
+    $
+        \cycle{1} \mapsto \cycle{\phi(1)}
+    $.
+
+    Но тогда в образе $\phi$ обе координаты всегда пропорциональны, а это явно не вся группа, если ни один из множителей не $\{e\}$. Противоречие.
+
+\end{document}
diff --git a/alg/alg-3.tex b/alg/alg-3.tex
new file mode 100644
index 0000000..e2cce12
--- /dev/null
+++ b/alg/alg-3.tex
@@ -0,0 +1,75 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{../intro}
+
+\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
+\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-3}}
+\title{Алгебра 3}
+
+% -- Here bet  dragons --
+\begin{document}
+\maketitle
+\drawcat{50pt}
+\clearpage
+
+\dmquestion{1}
+
+    Различных базисов в $B$ всего два: $(\pm a, \ldots, \pm a)$,
+    а так как в базисе всего один элемент, то он сразу согласован с $\ \ u_1 = |a|, \ \  e_1 = (\pm 1, \ldots \pm 1)$.
+
+    В $\mathbb{Z}^n$ для элемента $(\pm 1, \ldots, \pm 1)$ мы можем выбрать еще элементов до базиса:
+    \begin{align*}
+        &(1, 0, \ldots, 0)\\
+        &(0, 1, \ldots, 0)\\
+        &\quad \quad \ \ \vdots\\
+        &(0, \ldots, 1, 0)
+    \end{align*}
+
+    Понятно, что это базис и понятно, как получить все остальные - домножить на обратимую над $\mathbb{Z}$ матрицу.
+    Мы не могли брать в качестве базисного элемент $(b, \dots b)$, где $b$ - какой-то делитель $a$,
+    потому что если бы он был в базисе $\mathbb{Z}^n$, то матрица перехода к нему от стандартного базиса была бы необратимой над $\mathbb{Z}$, а значит это не был бы базис.
+
+\dmquestion{2}
+
+    \begin{align*}
+        \begin{bmatrix}
+            5 & 5 & 2\\
+            11 & 8 & 5\\
+            17 & 5 & 8
+        \end{bmatrix} \simeq
+        \begin{bmatrix}
+            1 & 5 & 2\\
+            1 & 8 & 5\\
+            1 & 5 & 8
+        \end{bmatrix} \simeq
+        \begin{bmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            1 & 3 & 3\\
+            1 & 0 & 6
+        \end{bmatrix} \simeq
+        \begin{bmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 3 & 3\\
+            0 & 0 & 6
+        \end{bmatrix} \simeq
+        \begin{bmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 3 & 0\\
+            0 & 0 & 6
+        \end{bmatrix} \simeq
+    \end{align*}
+
+    Тогда
+    \[
+        A/B \simeq
+        \mathbb{Z}_1 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_6 =
+        \{0\} \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_6 \simeq
+        \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_6
+    \]
+
+\dmquestion{3}
+
+    Рассмотрим группу строго убывающих по модулю последовательностей целых чисел с операцией покоординатного сложения (считаем, что координат бесконечное число).
+    Такое множество счетно, потому что последовательностей, начинающихся с определенного числа конечное число, целые числа счетны, а счетное обьединение конечных или счетных множеств счетно. Ну и это группа с нейтральным элементом $\{0\}$. Так как количество координат бесконечно, а каждый элемент имеет только конечное количество ненулевых координат, то и конечной порождающей системы нет.
+
+
+\end{document}
diff --git a/alg/alg-4.tex b/alg/alg-4.tex
new file mode 100644
index 0000000..7e21970
--- /dev/null
+++ b/alg/alg-4.tex
@@ -0,0 +1,107 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{../intro}
+
+\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
+\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-4}}
+\title{Алгебра 4}
+
+% -- Here bet  dragons --
+\begin{document}
+\maketitle
+\drawcat{30pt}
+\clearpage
+
+\dmquestion{1}
+
+    \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
+
+    Решим уравнение $2x = 0, \ \ x \in \Z_2 \oplus \Z_4 \oplus \Z_3$:
+    из $\Z_2$ мы можем взять любой элемент,
+    из $\Z_4$ можем взять $\{0, 2\}$,
+    из $\Z_3$ только $0$. Тогда уравнению удовлетворяют $4$ элемента.
+    Каждый из этих элементов имеет порядок или $1$ или $2$, но порядок $1$ имеет только нейтральный, поэтому из этих четырех нам не подходит только один. Поэтому элементов порядка $2$ всего $3$: $(0, 2, 0), \ (1, 0, 0), \ (1, 2, 0)$
+
+    Аналогично, $3x = 0$ имеет два ненулевых решения: $(0, 0, 1), \ (0, 0, 2)$
+
+    $4x = 0$ имеет $8$ решений, из которых $4$ удовлетворяют уравнению $2x = 0$, поэтому их порядок никак не больше $2$, поэтому элементов порядка $4$ всего $4$.
+
+    Уравнению $6x = 0$ удовлетворяют $12$ элементов, но из них:
+    один нейтральный, три имеют порядок $2$, и еще $2$ имеют порядок $3$,
+    поэтому элементов порядка $6$ всего $6$ штук.
+
+    Ответ: $3, 2, 4, 6$.
+
+\dmquestion{2}
+
+    $H$ изоморфна либо $\Z_3 \oplus \Z_{25}$, либо $\Z_3 \oplus \Z_5 \oplus \Z_5$, но в первом случае группа циклическая, что противоречит условию, значит $H \simeq \Z_3 \oplus \Z_5 \oplus \Z_5$.
+
+    По теореме с лекции, любая подгруппа порядка $5$ или $15$ - это $\Z_5$ или $\Z_5 \oplus \Z_3$ соответственно. В частности, это значит, что такие подгруппы циклические, и порождены одним элементом порядка $5$ или $15$ соответственно.
+
+    Как в первой задаче, находим количество элементов нужных порядков.
+    Их будет соответственно $24$ и $48$.
+    Но в подгруппе порядка $5$ есть $4$ разных порождающих, потому что они все имеют порядок $5$,
+    а в подгруппе размера $15$ есть $\varphi(15) = 8$ разных порождающих.
+    Поэтому разных подгрупп порядка $5$: $\frac{24}{4} = 6$, а порядка $15$: $\frac{48}{8} = 6$.
+
+\dmquestion{3}
+
+    Перейдем к другому базису: запишем порождающие $B$ в строки и снизу припишем координаты представителя:
+    \begin{align*}
+        &\begin{pmatrix}
+            2 & 1 & -50\\
+            4 & 5 & 60\\
+            \hline
+            32 & 0 & 31
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 2 & -50\\
+            5 & 4 & 60\\
+            \hline
+            0 & 32 & 31
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 0 & -50\\
+            5 & -6 & 60\\
+            \hline
+            0 & 32 & 31
+        \end{pmatrix} \sim\\
+        \sim&\begin{pmatrix}
+            1 & 0 & -50\\
+            0 & -6 & 310\\
+            \hline
+            0 & 32 & 31
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & -6 & 310\\
+            \hline
+            0 & 32 & 31
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 6 & -310\\
+            \hline
+            0 & 32 & 31
+        \end{pmatrix} \sim\\
+        \sim&\begin{pmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 6 & 2\\
+            \hline
+            0 & 32 & 1695
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 2 & 6\\
+            \hline
+            0 & 1695 & 32
+        \end{pmatrix} \sim
+        \begin{pmatrix}
+            1 & 0 & 0\\
+            0 & 2 & 0\\
+            \hline
+            0 & 1695 & -5053
+        \end{pmatrix}
+    \end{align*}
+
+    Получается, что $A/B \simeq \{0\} \oplus \Z_2 \oplus \Z$, а так как последняя координата ненулевая, то $\mathrm{ord}((32e_1 + 31e_3) + B) = \infty$
+\end{document}