diff options
Diffstat (limited to 'alg')
| -rw-r--r-- | alg/alg-5.tex | 90 | ||||
| -rw-r--r-- | alg/alg-6.tex | 117 | ||||
| -rw-r--r-- | alg/alg-7.tex | 209 | ||||
| -rw-r--r-- | alg/alg-8.pdf | bin | 0 -> 62176 bytes | |||
| -rw-r--r-- | alg/alg-8.tex | 94 |
5 files changed, 510 insertions, 0 deletions
diff --git a/alg/alg-5.tex b/alg/alg-5.tex new file mode 100644 index 0000000..4832df7 --- /dev/null +++ b/alg/alg-5.tex @@ -0,0 +1,90 @@ +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage{../intro} + +\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} +\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-5}} +\title{Алгебра 5} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +\drawcat{30pt} +\clearpage + +\dmquestion{1} + + Такое действие - просто умножение на три разных ненулевых коэффициента координат данного вектора. Поэтому орбита какого-то вектора - все векторы, у которых в тех же местах стоят ненулевые координаты (получается, всего $8$ орбит). + + По тем же соображениям, стабилизатор элемента $(x_1, x_2, x_3)$ -- матрицы вида $\mathrm{diag}(a_1, a_2, a_3) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ со следующим условием: если $x_i \neq 0$, то $a_i = 1$. + + Простая проверка показывает, что любая такая матрица лежит в стабилизаторе; + любая другая не оставляет вектор на месте, + потому что не оставляет соответствующую координату на месте. + +\dmquestion{2} + + Ядро неэффективности такого действия - это такие $g$, что + \[ + \forall h \in G : ghg^{-1} = h + \] + + Умножая на $g$ справа получаем + \[ + \forall h \in G : gh = hg + \] + + а это в точности определение элемента из центра. \qed + +\dmquestion{3} + + Упорядочим $G = \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}$ лексикографически. + Тогда посмотрим на действие $G$ на себя левыми сдвигами + и для каждого элемента найдем соответствующую перестановку: + + \begin{align*} + &(0, 0): \begin{bmatrix} + (0, 0) \mapsto (0, 0)\\ + (0, 1) \mapsto (0, 1)\\ + (1, 0) \mapsto (1, 0)\\ + (1, 1) \mapsto (1, 1)\\ + \end{bmatrix} = \mathrm{id}\\ + &(0, 1): \begin{bmatrix} + (0, 0) \mapsto (0, 1)\\ + (0, 1) \mapsto (0, 0)\\ + (1, 0) \mapsto (1, 1)\\ + (1, 1) \mapsto (1, 0)\\ + \end{bmatrix} = (1\ 2)(3\ 4)\\ + &(1, 0): \begin{bmatrix} + (0, 0) \mapsto (1, 0)\\ + (0, 1) \mapsto (1, 1)\\ + (1, 0) \mapsto (0, 0)\\ + (1, 1) \mapsto (0, 1)\\ + \end{bmatrix} = (1\ 3)(2\ 4)\\ + &(1, 1): \begin{bmatrix} + (0, 0) \mapsto (1, 1)\\ + (0, 1) \mapsto (1, 0)\\ + (1, 0) \mapsto (0, 1)\\ + (1, 1) \mapsto (0, 0)\\ + \end{bmatrix} = (1\ 4)(2\ 3)\\ + \end{align*} + + Это и есть подгруппа $S_n$, изоморфная $G$ + +\dmquestion{4} + + Пусть $\tau = (1\ 2\ 3\ \ldots\ n)$. + Тогда нам надо найти все такие $\sigma \in S_n$, что + \[ + \sigma \tau \sigma^{-1} = \tau \Leftrightarrow \sigma \tau = \tau \sigma + \] + + Понятно, что $\tau$ коммутирует со всеми своими степенями. + + Пусть единица при $\sigma$ переходит в $k$. + Тогда, чтобы не терять коммутативность, $2$ переходит в $k + 1$. + Чтобы теперь не противоречить коммутативности нового перехода для $2$, + $3$ должна переходить в $k + 2$ и так далее$^\dagger$. Тогда каждый элемент переходит на $k$ позиций вправо, а это и есть $k$-ая степень $\tau$. \qed + + $^\dagger$ $k + 1, k + 2$ берутся по модулю $n$, с прибавлением единички, если надо, чтобы не выходить из $[1..n]$ + +\end{document} diff --git a/alg/alg-6.tex b/alg/alg-6.tex new file mode 100644 index 0000000..03cdbca --- /dev/null +++ b/alg/alg-6.tex @@ -0,0 +1,117 @@ +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage{../intro} + +\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} +\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-6}} +\title{Алгебра 6} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +\drawcat{30pt} +\clearpage + +\dmquestion{1.1} + + Из линейной алгебры мы знаем кучу эквивалентных условий для обратимости матрицы, например, что её определитель не равен нулю. + +\dmquestion{1.2} + + $A$ делитель нуля $\Leftrightarrow$ $A$ необратима + + \begin{itemize} + \item[$\Rightarrow$] Факт с лекции: для любого кольца делитель нуля необратим + \item[$\Leftarrow$] Пусть $A$ необратима, + тогда у системы $Ax = 0$ есть ненулевое решение $(x_1, x_2)$. + Но тогда + \[ + A \begin{bmatrix} x_1 & 0\\ x_2 & 0\end{bmatrix} = 0 + \] + + Обе матрицы ненулевые, а значит $A$ - делитель нуля. + \end{itemize} + +\dmquestion{1.3} + + Рассмотрим оператор, задаваемый матрицей $A \in M_{2\times2}(\mathbb{C})$ и посчитаем его характеристический многочлен: + \[ + \chi(x) = x^2 + ax + b + \] + + У него над полем $\mathbb{C}$ два корня: + \[ + x_1, x_2 = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4c}}{2} + \] + откуда следует, что мнимые части отличаются только знаком. + Значит, либо оба корня ненулевые и не действительные, либо оба действительные. + + Докажем, что они оба действительные: предположим противное, они оба комплексные. Тогда над полем $\mathbb{C}$ ЖНФ оператора имеет вид \[ + \begin{bmatrix} + x_1 & 0\\ + 0 & x_2 + \end{bmatrix} + \] + ранг которой равен $2$, но тогда и ранг $A$ равен $2$, значит она обратима, + а значит не может быть нильпотентом. + + Тогда оба корня действительные и, по аналогичным соображениям, + один из них равен $0$. + + Получается, что $A = CJC^{-1}$, где $J$ - ее Жорданова форма, имеющая вид + \[ + \begin{bmatrix} + t & 0\\ + 0 & 0 + \end{bmatrix} + \text{ или } + \begin{bmatrix} + 0 & 1\\ + 0 & 0 + \end{bmatrix} + \text{ или } + \begin{bmatrix} + 0 & 0\\ + 0 & 0 + \end{bmatrix} + \] + + Ну и понятно, что $A = CJC^{-1}$ - нильпотент для любой обратимой $C$: + \[ + A^2 = (CJC^{-1})^2 = CJC^{-1}CJC^{-1} = CJJC^{-1} = 0 + \] + +\dmquestion{2} + + Докажем такой факт: $p \in I \Rightarrow \gcd(p, n) \in I$. + + Мы хотим: $\exists x \suchthat px = \gcd(p, n)$ или в целых числах: + $px - yn = \gcd(p, n)$. Но это обычное диофантово уравнение относительно $x$ и $y$, + и оно имеет решения $(x_0 + mn, y_0 + mp), m \in \mathbb{Z}$. + + $x$ из решений отличаются на $n$, поэтому найдется $0 \leqslant x < n$, для которого + выполняется $px = \gcd(p, n) (\mathrm{mod}\ n)$, а значит, $\gcd(p, n) \in I$. + + Тогда видно, что любой идеал натянут на какие-то делители $n$. + + \medskip + + Идеал, порожденный каким-то делитель $d$ -- все остатки, делящиеся на $d$: + \begin{itemize}[leftmargin=1in,rightmargin=1in] + \item[1] все, что мы можем получить, умножая $d$ на другие элементы - только остатки, делящиеся на $d$. + \item[2] любой остаток, делящийся на $d$ мы можем получить, просто умножив его на первые несколько остатков ($0d, 1d, 2d, \ldots$) + \end{itemize} + +\dmquestion{3} + + Пусть $f = (x - 1), \ g = (x - 2)$. Тогда $I = (\{f, g\})$ - идеал. + + $f$ (и $g$) единственным образом раскладывается в произведение + двух элементов кольца: $1(x - 1)$ (и $1(x - 2)$). + + $f$ и $g$ могут быть порождены только $1$, + поскольку это единственный их общий множитель. + Так как $(1) = \mathbb{Z}[x] \neq I$, + то $I$ не порожден $1$, а значит не порожден никаким элементом кольца. \qed + + +\end{document} diff --git a/alg/alg-7.tex b/alg/alg-7.tex new file mode 100644 index 0000000..f28cbc5 --- /dev/null +++ b/alg/alg-7.tex @@ -0,0 +1,209 @@ +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage{../intro} + +\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} +\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-6}} +\title{Алгебра 6} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +\drawcat{30pt} +\clearpage + +\dmquestion{1} + + Достаточно показать, что многочлен остается на месте для всех транспозиций вида $(i, i + 1)$, тогда он остается на месте для любой перестановки. + + % (x_1 + x_2 - x_3 - x_4)(x_1 - x_2 + x_3 - x_4)(x_1 - x_2 - x_3 + x_4) + \begin{itemize}[leftmargin=0.7in] + \item[$(x_1, x_2)$:] + \begin{tabular}{|c} + \( + (x_1 + x_2 - x_3 - x_4)(x_2 - x_1 + x_3 - x_4)(x_2 - x_1 - x_3 + x_4) + \)\\ + + последние две скобки поменялись местами и поменяли знак + \end{tabular} + + \item[$(x_2, x_3)$:] + \begin{tabular}{|c} + \( + (x_1 + x_3 - x_2 - x_4)(x_1 - x_3 + x_2 - x_4)(x_1 - x_3 - x_2 + x_4) + \)\\ + + первые две скобки поменялись местами + \end{tabular} + + \item[$(x_3, x_4)$:] + \begin{tabular}{|c} + \( + (x_1 + x_2 - x_4 - x_3)(x_1 - x_2 + x_4 - x_3)(x_1 - x_2 - x_4 + x_3) + \)\\ + + последние две скобки поменялись местами + \end{tabular} + + \end{itemize} + + Значит, многочлен симметрический. + \vspace*{20pt} + + Так так многочлен однородный, то мы можем сразу выписать все мономы, которые входят в разложение (возможно, с нулевыми коэффициентами) + + $L(f) = x_1^3$, поэтому на итерациях алгоритма могут получиться + три разных старших члена: $x_1^3, \ x_1^2 x_2, \ x_1 x_2 x_3$. + Для каждого из них мономы: $\sigma_1^3, \ \sigma_1\sigma_2, \ \sigma_3$. + Причем первый из них точно входит с коэффициентом $1$. + + Теперь, методом неопределенных коэффициентов узнаем коэффициенты остальных мономов: + \[ + f = \sigma_1^3 + A\sigma_1\sigma_2 + B\sigma_3 + \] + \[ + A = -4, \qquad B = 8 + \] + + Получаем: + \[ + f = \sigma_1^3 - 3\sigma_1\sigma_2 + 8\sigma_3 + \] + +\dmquestion{2} + + Пусть $x_1, x_2, x_3$ -- корни многочлена + $3\br{ x^3 + \frac{2}{3}x^2 - \frac{1}{3} }$ + + Тогда нас просят посчитать + \[ + \frac{1}{x_1} + + \frac{1}{x_2} + + \frac{1}{x_3} = + \frac{x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3}{x_1x_2x_3} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} + \] + + По теореме Виета + \begin{align*} + \sigma_2 = 0\\ + \sigma_3 = \frac{1}{3} + \end{align*} + + Значит, то, что нам нужно равно $0$. + +\clearpage + +\dmquestion{3} + + Наш многочлен: + \[ + f = x^4 + x - 1 + \] + + Пусть нужный многочлен имеет вид + \[ + g = x^4 - \alpha_1 x^3 + \alpha_2 x^2 - \alpha_3 x + \alpha_4 + \] + + а $x_1, x_2, x_3, x_4$ -- корни нашего многочлена + + Тогда от нас хотят, чтобы: + \begin{align*} + \alpha_4 &= (x_1 x_2 x_3 x_4)^3 =\\ + &= \sigma_4^3 + = -1\\[12pt] + \alpha_3 &= (x_1 x_2 x_3)^3 + (x_1 x_2 x_4)^3 + + (x_1 x_3 x_4)^3 + (x_2 x_3 x_4)^3 =\\ + &= 3 \sigma_4^2 \sigma_1 - 3 \sigma_4 \sigma_3 \sigma_2 + \sigma_3^3 + = -1\\[12pt] + \alpha_2 &= (x_1 x_2)^3 + (x_1 x_3)^3 + (x_1 x_4)^3 + + (x_2 x_3)^3 + (x_2 x_4)^3 + (x_3 x_4)^3\\ + &= 3\sigma_4\sigma_1^2 - 3\sigma_4\sigma_2 - + 3\sigma_1\sigma_3\sigma_2 + 3\sigma_3^2 + + \sigma_2^3 + = 3\\[12pt] + \alpha_1 &= x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 + x_4^3 =\\ + &= 3\sigma_3 + \sigma_1^3 - 3\sigma_1\sigma_2 + = -3 + \end{align*} + + Итого, нужный нам многочлен: + \[ + g = x^4 + 3x^3 + 3x^2 + x - 1 + \] + +\dmquestion{4} + + \newcommand{\almostD}{\ensuremath{\mathrm{D}_\text{почти}}} + + {\color{lightgray} + Здесь было рассуждение про почти дискриминант + \[ + \almostD = (x_1 - x_2)(x_2 - x_3)(x_1 - x_3) + \] + + который тоже равен нулю, если есть кратный корень, + но он оказался не симметрическим и пришлось считать обычный :( + } + + %У честного дискриминанта 6 степень и считать его чото не хочется :( + + %Понятно, что \almostD \ равен нулю тогда же, когда и + %$\mathrm{D}_\text{честный}$, а именно, когда есть кратный корень. + + %Как в 1 задаче разложим \almostD \ в элементарные: + %\[ + % \almostD = \sigma_1 \sigma_2 + \sigma_3 + %\] + + \[ + f = x^3 - 3x + \lambda + \] + + \[ + \sigma_1 = 0, \ \ \sigma_2 = -3, \ \ \sigma_3 = -\lambda + \] + + \[ + \mathrm{D}(f) = - 27 \sigma_3^2 - 4 \sigma_3 \sigma_1^3 + + 18 \sigma_3 \sigma_1 \sigma_2 + \sigma_1^2 \sigma_2^2 - + 4 \sigma_2^3 = -27 \sigma_3^2 - 4 \cdot (-27) + \] + + Мы хотим, чтобы дискриминант был равен $0$, значит $-\lambda = \sigma_3 = \pm 2$ + +\dmquestion{5} + + Докажем по индукции, что $\mathbb{N}^k$ с лексикографическим порядком + -- фундированное, из этого сразу будет следовать утверждение задачи. + + База: $\mathbb{N}$ -- очевидно + + Теперь пусть $\mathbb{N}^{k - 1}$ -- фундированное, а $\mathbb{N}^{k}$ -- нет. + + Рассмотрим тогда бесконечно убывающую цепь в $\mathbb{N}^{k}$. Назовем ее $C$. $C_i$ тогда -- строчка из натуральных чисел -- `цифр'. + + Теперь посмотрим на те переходы от $C_i$ к $C_{i + 1}$, + когда меняются первые $k - 1$ цифр. + Дальше есть два варианта: таких переходов: + \begin{itemize} + \item[1.] \textit{бесконечное число} + \par + Тогда при каждом таком переходе явно не увеличивается подслово из первых + $k - 1$ цифр, но все-таки, по построению, изменяется. Значит, уменьшается. + Тогда, забыв про последнюю цифру, + мы получим бесконечно убывающую цепь в $\mathbb{N}^{k - 1}$. + \item[2.] \textit{конечное число} + Это означает, что начиная с какого-то момента + уменьшается только последняя цифра. + А так как $\mathbb{N}$ тоже фундированное, + то цепь $C$ когда-то закончится. + \end{itemize} + + В любом случае приходим к противоречию, значит, $\mathbb{N}^k$ - фундированное. \qed + + \vspace*{30pt} + + Утверждение задачи -- переформулировка фундированности $\mathbb{N}^n$: + моном однозначно определяется степенями переменных. + +\end{document} diff --git a/alg/alg-8.pdf b/alg/alg-8.pdf Binary files differnew file mode 100644 index 0000000..42a1841 --- /dev/null +++ b/alg/alg-8.pdf diff --git a/alg/alg-8.tex b/alg/alg-8.tex new file mode 100644 index 0000000..0f757eb --- /dev/null +++ b/alg/alg-8.tex @@ -0,0 +1,94 @@ +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage{../intro} + +\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} +\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-8}} +\title{Алгебра 8} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +%\drawcat{30pt} +\clearpage + +\dmquestion{1} + + \[ + f = x^5 + x^3 + x, \quad g = x^4 + x + 1 + \] + + \begin{align*} + (f, g) = (x^5 + x^3 + x, \quad x^4 + x + 1) =\\ + (x^3 - x^2, \quad x^4 + x + 1) =\\ + (x^3 - x^2, \quad x^2 + x + 1) =\\ + (-2x^2 - x, \quad x^2 + x + 1) =\\ + (- x, \quad x^2 + x + 1) =\\ + (x, \quad x^2 + x + 1) = 1\\ + \end{align*} + +\dmquestion{2} + + Так как $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}] = 3$, то мы можем записать так: + \[ + \frac{1 - \sqrt[3]{3}}{1 + \sqrt[3]{3} - \sqrt[3]{9}} = a + b\sqrt[3]{3} + c\sqrt[3]{9} + \] + + и умножить на знаменатель обе части ($\alpha = \sqrt[3]{3}$: + \[ + 1 - \alpha = (a + b\alpha + c\alpha^2)(1 + \alpha - \alpha^2) = + a - b + c + \alpha(a + b - c) + \alpha^2(b + c - a) + \] + + Получаем СЛУ + \[ + \left[\begin{array}{@{}ccc|c@{}} + 1 & -1 & 1 & 1 \\ + 1 & 1 & -1 & -1 \\ + -1 & 1 & 1 & 0 \\ + \end{array}\right] + \] + + Решаем, получаем + \begin{align*} + a &= 0\\ + b &= -\frac{1}{2}\\ + c &= \frac{1}{2}\\ + \end{align*} + + \[ + \frac{1 - \sqrt[3]{3}}{1 + \sqrt[3]{3} - \sqrt[3]{9}} = -\frac{\sqrt[3]{3}}{2} + \frac{\sqrt[3]{9}}{2} + \] + +\dmquestion{3} + + Аналогично семинарской задаче: + \[ + \mathbb{Q}(\sqrt3 + \sqrt5) = \mathbb{Q}(\sqrt3)(\sqrt{5}) + \] + + Степень расширения равна $2 \cdot 2 = 4$. + + Поэтому по теореме с лекции минимальный многочлен степени $4$. + + \begin{align*} + x = \sqrt3 + \sqrt5\\ + x^2 = 8 + 2\sqrt{15}\\ + (x^2 - 8)^2 = 60\\ + x^4 - 16x^2 + 4 = 0 + \end{align*} + + У нас есть зануляющий многочлен нужной степени, значит, это то, что нам нужно. +\dmquestion{4} + + \begin{align*} + x^4 + x^2 + 1 = + (x^2)^2 + x^2 + 1 \\ + \text{корни: } x^2 = + \frac{-1 \pm \sqrt{-3}}{2} = + -\sqrt[3]{-1}; \sqrt[3]{-1}^2\\ + x = \left\{ \pm \sqrt[3]{-1}; \pm \sqrt[3]{-1}^2 \right\} + \end{align*} + + Теперь видно, что присоединение $\sqrt[3]{-1}$ дает все корни, а степень такого расширения равна $3$. + +\end{document} |