Matematické Fórum

vanok · 29. 09. 2018 13:34 — Editoval vanok (05. 10. 2018 02:54)

Pozdravujem ↑↑ MichalAld:,
Niekedy porozumiet dokaz v matematike potrebuje cas.
Skusme napredovat.
Kludne mozes pouzit vyssie napisane vety a si s casu na cas precitaj ich dokazy. A uvidis, ze po viacerych pozornych citaniach, ti z razu bude vsetko jasne.

Tak pokracujme z vetou 3.
V nej ide o upresnenie grupy $\Bbb Z_n$ vdaka rozlozeniu $n$ na jeho prvociselne factory.

V dokaze pouzijem vlasnost konecnych telies ( ktoru tu teraz nedokazem, ale mozmem, ak o tom tu pridat jej dokaz, ak si to niekto zela). Ide o multiplikativna grupa konecneho telesa je cyklicka.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 30. 09. 2018 22:40

Pokracovanie.
V nasledujucych dokazoch treba rozlisovat dva pripady: p=2 alebo p je neparne.
Na dokaz
B) $( \Bbb Z_{p^{\alpha}})^* \cong \Bbb Z_{\phi(p^{\alpha})}\cong \Bbb Z_{p^{\alpha-1}(p-1)}$ , kde $\alpha \ge 2$ a $\alpha$ je cele cislo a tiez nech prvocislo $p \ge 3$ .
pouzijeme

Ak $k\in \Bbb N^*$ ,tak $(1+p)^{p^k}=1+\lambda p^{k+1}$ kde $\lambda \in \Bbb N^*$ je nesudelitelne z $p$ .

Dokaz sa da urobit vdaka indukcii.

vanok · 01. 10. 2018 14:34 — Editoval vanok (02. 10. 2018 16:27)

Pokracovanie.
Akoze, zatial som nevidel ziadnu reakciu tak tu dam zaciatok dokazu poslednej vlasnosti.
Pre $k=1$ mame $(1+p)^p=1+{p \choose 1}p+...+ {p \choose i}p^i+...+p^p$ .
Akoze, pre $1\le p; p|{p \choose i}$ , a pre $p>i \ge 2; p^3|{p \choose i}p^i$ a samozrejme pre $p \ge 3; p^3|p^p$ tak na koniec mame aj:
$(1+p)^p=1+p^2+u.p^3=1+p^2(1+u.p)$ ( kde u je prirodzene cislo take, ze ...). A ak polozime $\lambda=1+u.p$ ( iste okamzite vidis, ze $\lambda$ je nesudelitelne s $p$ ) mame ukonceny dokaz pre $k=1$ .

Chces skusit pokracovat?

vanok · 02. 10. 2018 16:25 — Editoval vanok (07. 10. 2018 16:01)

Teraz dokazem, ze ak vlasnost z #77 plati pre n=k, tak plati aj pre n=k+1.
Cize,predpokladam, ze $(1+p)^{p^k}=1+\lambda_k p^{k+1}$ .
Co da ( necham ti samemu zvovodnit nejake mikroetapy) $(1+p)^{p^{k+1}}=(1+\lambda_k p^{k+1})^p=\sum_{i=0}^{i=p}{p\choose i}(\lambda p^{k+1})^i$ a konecne $(1+p)^{p^{k+1}}=1+(\lambda_k+u.p) p^{k+2}$ (kde oznacim $\lambda_{k+1}=\lambda_k+u.p$ )

vanok · 03. 10. 2018 09:06

Maly doplnok ( co sa tyka tych mikroetap)
$\sum_{i=0}^{i=p}{p\choose i}(\lambda p^{k+1})^i= 1+\lambda p^{k+2}+\sum_{i=2}^{i=p-1}{p\choose i}(\lambda p^{k+1})^i+\lambda^pp^{(k+1)p}$

vanok · 03. 10. 2018 09:18

Teraz mozme pouzit vlasnost z #77 na dokaz, ze $1+p$ je prvok radu $p^{\alpha-1}$ grupy $( \Bbb Z_{p^{\alpha}})^*$ .
Vidite ako?

vanok · 04. 10. 2018 13:27 — Editoval vanok (07. 10. 2018 16:03)

Ako prve konstatujem, ze $(1+p)^{p^k}=1+\lambda_k p^{k+1}$ mi da pre $k=\alpha-1$ :
$(1+p)^{p^{\alpha-1}}=1+\lambda_k p^{\alpha}$ , co da $(1+p)^{p^{\alpha-1}} \equiv 1 \mod {p^{\alpha}}$ .
Ale to nestaci na dokaz ↑ vanok:, viete ako ho ukoncit?

vanok · 07. 10. 2018 16:29

Pokracovanie.
Treba napr. este toto:
Pre $i=1,2,...,\alpha-2$ mame $(1+p)^{p^k}=1+\lambda_k p^{k+1} \neq 1 ; \mod {p^{\alpha}}$ (lebo $\lambda_k$ nie je delitelne cislom p).

vanok · 09. 10. 2018 06:18 — Editoval vanok (09. 10. 2018 06:19)

Pokracovanie.
Pripomeniem, ze akoze $\Bbb Z_p$ je teleso, tak $\Bbb Z_p^*$ je cyklicka grupa radu $p-1$ .

Tiez je jasne , ze identita na $\Bbb Z$ nam da sujekciu
$\psi : (\Bbb Z_{p^\alpha} )^* \to (\Bbb Z_p)^*:[x \mod p^\alpha ]\mapsto [x \mod p]$ , ktoru pouzijeme na ukoncenie dokazu vety 3 B).
Tiez nam bude uzitocne vediet, ze

Pre prvky $a;b$ grupy $G$ radov $m;n$ , ktore komutuju (cize $ab=ba$ ) a $m;n$ su nesudelitelne, potom rad prvku $ab$ je $mn$ .

( dokaz je velmi jednoduchy, ak treba ho tu pridam)

V buducom prispevku ukoncim dokaz vety 3 B).

vanok · 10. 10. 2018 23:26

Tak slubeny koniec dokazu:
Nech $y \in (\Bbb Z_{p^\alpha} )^*$ take, ze $\psi(y)$ generuje $\Bbb Z_p^* \cong \Bbb Z_{(p-1)}$ .
Nech $r$ je rad prvku $y$ .
Tak $1=\psi (y^r)=( \psi (y))^r$ a preto $p-1|r$ ; a tak existuje $x \in <y>$ radu $p-1$ .
Akoze grupa $(\Bbb Z_{p^\alpha} )^*$ je komutativna, prvok $x(p+1)$ ma rad $NSN(p-1;p^{\alpha-1})=(p-1)p^{\alpha-1}=card (\Bbb Z_{p^\alpha} )^*$ .
Co da, ze $(\Bbb Z_{p^\alpha} )^*$ je cyklicka a isomorfna s grupou $\Bbb Z_{\phi(p^{\alpha})}$

vanok · 13. 10. 2018 07:23 — Editoval vanok (14. 10. 2018 15:56)

Pokracovanie.
Tak ostava dokazat este cast vety 3 C), D) a F) ( cize situaciu ked p=2).
C) a D) su velmi jednoduche, tak dokazme poslednu cast vety F) vety 3).

Na to pouzijeme vlasnost

Nech $k \in \Bbb N^*$ (k nenulove prirodzene cislo),
potom $5^{2^k}=1+\lambda_k.2^{k+2}$ kde $\lambda_k$ je neparne

Tato vlasnost sa ukaze vdaka indukcii.

Na pokracovvanie.

vanok · 14. 10. 2018 16:48 — Editoval vanok (15. 10. 2018 15:06)

Dokaz vlasnosti z#86.
Pre k=1, mame $5^2=1+2^3$ .
Predpokladajme, ze plati $5^{2^k}=1+\lambda_k.2^{k+2}$ ,
tak $5^{2^{2k+1}}=(1+\lambda_k.2^{k+2})^2=1+\lambda_k2^{k+3}+\lambda^2 2^{2k+4}=(1+\lambda_{k+-}k.2^{k+3})^2$ .

Ukoncenie dokazu vety 3 F)
Je jasne,ze 5 je radu $2^{\alpha-2}$ v $\Bbb Z_{2^{\alpha}}$
Je tiez jasne, ze identita na $\Bbb Z$ da
$\psi : (\Bbb Z_{2^\alpha} )^* \to (\Bbb Z_4)^*:[x \mod 2^\alpha ]\mapsto [x \mod 4]$ .
A tak isomorfismus
$f: (\Bbb Z_{2^\alpha} )^* \to ker \psi \times \{1;-1\}$ kde $f(x)=(x;1)$ pre $x \equiv 1 mod 4$ a $f(x)=(-x;-1)$ pre $x \equiv 3 mod 4$ .
En plus $\ker \psi$ obsahuje groupu generovanu prvkom $5$ a vdaka radu prvku 5, $ker \psi =<5>$ je radu $2.^{\alpha-2}$ .
Co ukoncuje dokaz.

vanok · 15. 12. 2018 16:03

Pozdravujem,
Zatial nase uvahy o maticach v specialnych pripadoch nas doviedli k uvaham v teorii grup.
A tak sme aj dokazali nejake uzitocne vlasnosti.

Akoze ostavame ( zatial) len v jednoduchych pripadoch.
Polozme si takuto otazku.

Mame danu stvorcovu maticu A.
Ako popisat vsetki matice B, ktore s nou komutuju?

vanok · 16. 12. 2018 12:22 — Editoval vanok (16. 12. 2018 12:28)

↑ vanok:
Pokracujme.
Zacnime z maticamy typu 2x2. Na zaciatok na telese $\Bbb R$ .

vanok · 17. 12. 2018 10:29

↑ vanok:,
Tu mozme zobrat 2 matice A, B a vysetrit ake relacie musia platit pre koficienty danych matic aby platilo $AB=BA$ .

MichalAld · 17. 12. 2018 18:46

Tomu bych zatím ještě rozuměl...

vanok · 20. 12. 2018 10:46

Cau ↑ MichalAld:,
Chces to skusit.
Tak polozim
$A= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$
$B= \begin{pmatrix} e & f \\ g & h \end{pmatrix}$
A teraz vypocitaj $AB$ a tiez $BA$ .

MichalAld · 20. 12. 2018 20:52

No, pokud si to dobře pamatuji, tak násobení matic se dělá jako:

$c_{ij} = a_{ik}b_{kj}$

Takže:

C=AB

c11=a11 b11 + a12 b21 = ae + bg
c12=a11 b12 + a12 b22 = af + bh
c21=a21 b11 + a22 b21 = ce + dg
c22=a21 b12 + a22 b22 = cf + dh

D = BA

d11=b11 a11 + b12 a21 = ea + fc
d12=b11 a12 + b12 a22 = eb + fd
d21=b21 a11 + b22 a21 = ga + hc
d22=b21 a12 + b22 a22 = gb + hd

vanok · 21. 12. 2018 08:26 — Editoval vanok (21. 12. 2018 08:32)

Ahoj ↑ MichalAld:,
Pochopitelne to si iste kazdy zapamäta na cely zivot. V matricovej forme sa to napise:
$AB= \begin{pmatrix} ae+bg & af+bg \\ ce+dg & cf+dh \end{pmatrix}$
a
$BA= \begin{pmatrix} ae+cf& be+df\\ ag+ch & bg+dh \end{pmatrix}$

A tak $AB=BA$ nam sa jeden system rovnic.

vanok · 22. 12. 2018 12:02 — Editoval vanok (22. 12. 2018 23:13)

Pozdravujem ↑ MichalAld:,
Po malych ekvivalentnych upravach prideme k
$bg=cf$
$(a-d)f=( e-h)b$
$(a-d)g=(e-h)c$

To nam umozni dat odpoved na nas problem.

Mozme uvazovat tri situacie.
A) $a\ne d$ a zaroven $e \ne h$
B) $a=d$
C) $e=h$ .

A potom v kazdej situacii potom popisat mozne riesenia.
Na pokracovanie.

vanok · 27. 12. 2018 18:46

Servus ↑ MichalAld:,
Tak pokracujem s #95

V situacii A) prideme k $bg=cf$
( pre tych co to neviadia, staci vynasobit krizovo druhu a tretiu rovnicu a zjednodusit)

Situacie B) a C) su dost podobne.
B) je ekvivalentna s $a=d$ a naviac
$e=h$ a zaroven $bg=cf$
alebo
$b=c=0$

C) je ekvivalentna s $e=h$ a naviac
$a=d$ a zaroven $bg=cf$
alebo
$f=g=0$ .

vanok · 29. 12. 2018 20:42

Pochopitelne v konkretnych pripadoch, vdaka ↑ vanok: mozme hladat pre danu maticu A, matice B take, ze AB=BA ( stale nase matice su typu 2x2) tak ze vyriesime zodpovedajuci linearny system.

vanok · 30. 12. 2018 10:36

↑ vanok:,
Tu http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=103403 je jeden taky priklad.

vanok · 30. 12. 2018 13:40

↑ vanok:,
Pre pripadnych riesiteov.

Vsimli ste si ze v rieseni je napisane, ze $<A,E>$ je mnozina rieseni.

Ako sa to overi?

A tak $(A,E)$ je baza priestoru rieseni . Vyjadrite v nej $A^2$ .

Najdite charakteristicky polynom matice $A$ .

Vidite nejaky suvis z predoslou otazkou.

vanok · 06. 01. 2019 17:16

↑ vanok:
Odpoved.
$<A,E>$ je mnozina rieseni.
Staci vyjadrit $A$ ako lineanu kombinaciu matic $\begin{pmatrix} -1 & \frac 23 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ a jednotkovej matice (tu oznacenej $E$ ).
Kontrola

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Lahko sa ukaze, ze $A^2=5A+2E$ .

Characteristicky polynom matice $A$ je $\begin{vmatrix} 1-x & 2\\ 3 & 4-x \end{vmatrix}= x^2-5x-2$

Ten suvis vyuzijeme neskor.

Matematické Fórum

#76 29. 09. 2018 13:34 — Editoval vanok (05. 10. 2018 02:54)

Re: Realne matice

#77 30. 09. 2018 22:40

Re: Realne matice

#78 01. 10. 2018 14:34 — Editoval vanok (02. 10. 2018 16:27)

Re: Realne matice

#79 02. 10. 2018 16:25 — Editoval vanok (07. 10. 2018 16:01)

Re: Realne matice

#80 03. 10. 2018 09:06

Re: Realne matice

#81 03. 10. 2018 09:18

Re: Realne matice

#82 04. 10. 2018 13:27 — Editoval vanok (07. 10. 2018 16:03)

Re: Realne matice

#83 07. 10. 2018 16:29

Re: Realne matice

#84 09. 10. 2018 06:18 — Editoval vanok (09. 10. 2018 06:19)

Re: Realne matice

#85 10. 10. 2018 23:26

Re: Realne matice

#86 13. 10. 2018 07:23 — Editoval vanok (14. 10. 2018 15:56)

Re: Realne matice

#87 14. 10. 2018 16:48 — Editoval vanok (15. 10. 2018 15:06)

Re: Realne matice

#88 15. 12. 2018 16:03

Re: Realne matice

#89 16. 12. 2018 12:22 — Editoval vanok (16. 12. 2018 12:28)

Re: Realne matice

#90 17. 12. 2018 10:29

Re: Realne matice

#91 17. 12. 2018 18:46

Re: Realne matice

#92 20. 12. 2018 10:46

Re: Realne matice

#93 20. 12. 2018 20:52

Re: Realne matice

#94 21. 12. 2018 08:26 — Editoval vanok (21. 12. 2018 08:32)

Re: Realne matice

#95 22. 12. 2018 12:02 — Editoval vanok (22. 12. 2018 23:13)

Re: Realne matice

#96 27. 12. 2018 18:46

Re: Realne matice

#97 29. 12. 2018 20:42

Re: Realne matice

#98 30. 12. 2018 10:36

Re: Realne matice

#99 30. 12. 2018 13:40

Re: Realne matice

#100 06. 01. 2019 17:16

Re: Realne matice

Zápatí