Kako dokazati?

[Braslav]

Neka je R prsten i a iz R. Sa (a) oznacimo najmanji ideal koji sadrzi a.
Neka su I, J ideali od R tada definiramo njihov produkt IJ kao konacne sume umnozaka elementa iz I sa elementom iz J.

U knjizi prof. Hangerforda (str 124.) stoji da je umnozak ideala I,J opet ideal IJ.

1) kako (a)(b) sadrzi ab imamo da (a)(b) sadrzi (ab).

2) U knizi prof. Hangerforda (str. 127) stoji da ukoliko je R komutativan onda je (a)(b) sadrzano u (ab)

Pitanje... je li 1) tocno? i kako dokazati 2) bez pretpostavke da R ima jedinicu?

[Braslav]

Novo pitanje... Neka je N normalna grupa u G takva da je [G:N] konacan. Neka je H konacna podgrupa od G i neka je [G:N] relativno prosto sa redom od H tada je H podgrupa od N. Kako to pokazati? To je inace zadatak I.5.19 iz Hungerforda.

[Melkor]

Ne znam jesi već i sam riješio, ali tek sam sad vidio da pitaš.

Uglavnom, neka je i neka je red tog elementa, a neka je red elementa u grupi . Tad je pa zaključujemo da . Međutim, pa . Zbog i činjenice da su i relativno prosti, imamo , tj. . No tad je .

_________________
I don't know half of you half as well as I should like; and I like less than half of you half as well as you deserve.

[Braslav]

Melkor hvala. Novo pitanje... ako je F polje i H konacna podgrupa od multiplikativne grupe od F vrijedi da je H ciklicka. Kako to dokazati?

[Gost]

To je posebni slučaj teorema da je svaka podgrupa cikličke grupe također ciklička.
Ideja je ova: ako je G = <a> i H < G, neka je a^m takav elemant od H, različit od 1, da je m minimalan. Onda se pokaže da je H = <a^m>.
Naime, neka je b iz H, onda je b= a^k, jer je iz G, i također oblika b = a^(mq + r), gdje je r ostatak pri dijeljenju k s m. Sada, b je iz H kao i
a^(mq) pa onda i a^r mora biti iz H, ali zbog minimalnosti m mora biti r = 0 pa je i b iz cikličke podgrupe generiran s a^m i to je onda cijela H.

[Braslav]

A kako mi znamo da je multiplikativna grupa polja ciklicka grupa? U tom slucaju uvijet konacnosti na H i ne treba. Sada mi pada na pamet npr. multiplikativna grupa racinalnih brojeva nije ciklicka iako svaka konacna podgrupa te grupe je.

[Gost]

To je poznati teorem - da je multiplikativna grupa konačnog polja ciklička. Nije lagan, pretpostavljam da ima u Hungerfordu, ne znam napamet.

[Gost]

Povodom pitanja o idealima u prstenu...

(1) izgleda očito istinito.

(2) Tipični elementi iz (a) i (b) su oblika ra i sb, gdje su r i s neki iz prstena pa ako vrijedi komutativnost, ra sb = rs ab i to je element iz (ab).

[Braslav]

Zadatak... Neprazan konacan multiplikativni podskup H grupe G je podgrupa.

Treba pokazati da ako je

Poceo sam ovako def.

HH=H kako je H multiplikativan.

g(H)g(H)=g(HH)=g(H) pa je i g(H) multiplikativan

sada def je isto multiplikativan kao presjek dva multiplikativna. Kako pokazati da K nije prazan?

g(K)=K pa je K podgrupa od G. Te kako pokazati K=H?

[Melkor]

Neka je . Pogledaj niz elemenata iz :



Budući da je konačan, ne mogu svi biti različiti, tj. postoje pozitivni prirodni brojevi i , , takvi da je . Pokaži da je i da je upravo to inverz od .

_________________
I don't know half of you half as well as I should like; and I like less than half of you half as well as you deserve.

[Braslav]

O hvala!

Added after 2 hours 20 minutes:

Zadatak... N normalna u G, konacnog reda. H podgrupa od G, [G:H] konacan, [G:H] i |N| relativno prosti tada je N podgrupa u H. Molim pomoc.

[Braslav]

Jos jedan zadatak ... G konacna p-grupa, H normalna u G i nije trivijalna. Tada nije trivijalna.

Added after 38 minutes:

Zacudo ovaj zadnji sam uspio rijesiti i zapravo je lagan...

G djeluje na H konugiranjem. Tada za za sve vrijedi . pa kako je imamo da .

[Braslav]

Zadatak... Neka je , tada za svaki k = 0, 1, ..., n postoji podgrupa H reda k. takva da je normalna u G. Molim pomoc.

[rafaelm]

[Braslav]

Joj tipfeler ... reda p^k i da p je prost

[Melkor]

Možda opet nešto s primjenom leme II.5.1.?

Neka je i neka djeluje na konjugiranjem. Imamo .

Pitanje je što možemo reći o . Sylow I. kaže , međutim kako pokazati da ?

_________________
I don't know half of you half as well as I should like; and I like less than half of you half as well as you deserve.

[Braslav]

R prsten sa strogo vise od jednog elementa takav da za svaki ne nul a iz R vrijedi da postoji jedinstven b iz R takav da je aba=a. Dokazi da R nema djelitelja nule.

[Braslav]

Zadatak.... U je svaki maksimalan ideal oblika (p,X) gdje je p prost broj. Sada lako se pokaze da je (p,X) prost ideal, ali kako pokazati da je svaki prost ideal tog oblika?

Added after 9 minutes:

Mozda ovako... je konacno polje (kako znamo da ne moze biti beskonacno?) pa je izomorfno sa pa imamo da je a+M=b+(p,X)
no tada je -a+M=-b+(p,X) pa imamo M=(p,X).

[Braslav]

Najteze je dokazati ocite tvrdnje. Neka je treba pokazati da je G izomorfno sa . Molim pomoc.

[Braslav]

Dokazi da za grupu G koja nije komutativna Aut(G) nije ciklicka.