2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение09.01.2025, 20:26 
Аватара пользователя


26/05/12
1717
приходит весна?
Решил тут посчитать вручную (чтобы, так сказать, попробовать проблему на зуб) группу автоморфизмов группы $$\mathbb{Z}_3^2=\left\langle\;a,\;b\;|\;a^3=b^3=[a,\;b]=e\;\right\rangle$$ Ключевая идея расчёта заключается в том, чтобы сделать замену образующих и убедится, что замена обратима и даёт точно такой же набор соотношений, что и исходная пара образующих. Это будет означать, что замена порождает автоморфизм исходной группы. Затем надо убедиться, что эти замены можно комбинировать друг с другом и будут получаться новые замены из всё того же множества. Граф циклов исходной группы:
$$\xymatrix{&*+[o]+[F]{a}\ar@{-}[dl]\ar@{-}[ddr]&&*+[o]+[F]{b}\ar@{-}[ddl]\ar@{-}[dr]&\\*+[o]+[F]{a^2}\ar@{-}[drr]&&&&*+[o]+[F]{b^2}\ar@{-}[dll]\\&&*+[o]+[F]{e}\ar@{-}[dll]\ar@{-}[ddl]\ar@{-}[ddr]\ar@{-}[drr]&&\\*+[o]+[F]{ab}\ar@{-}[dr]&&&&*+[o]+[F]{a^2b}\ar@{-}[dl]\\&*+[o]+[F]{a^2b^2}&&*+[o]+[F]{ab^2}&}$$
Как видно, все элементы группы имеют порядок 3, поэтому какую бы пару элементов мы не взяли в качестве образующих, первые два соотношения будут выполнены. Более того, группа абелева, поэтому третье соотношение тоже будет автоматически выполнено. Чтобы подстановка была обратима, а порождаемая новыми элементами группа — действительно исходная группа, образующие должны быть "линейно независимы", то есть принадлежать двум различным "лепесткам"-циклам на графе. В итоге имеется 8 способов выбрать первую образующую, а из оставшихся 7-ми нетривиальных элементов в качестве второй подойдёт 6. Получается 48 автоморфизмов, включая тривиальный. Замену обозначим следующим образом: $$c=a^xb^y,\quad d=a^zb^v;\quad x,\;y,\;z,\;v\in\{0,1,2\}$$ Или в матричной форме: $$\begin{pmatrix}c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^xb^y\\a^zb^v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x&y\\z&v\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$$ Здесь умножение матрицы оператора подстановки на столбец образующих происходит не по обычным правилам умножения матриц. Элементы имеют разную природу (числа — в операторе и элементы множества — в столбцах), поэтому вместо умножения происходит возведение в степень, а вместо сложения — умножение. Двойная подстановка будет выглядеть следующим образом: $$g=c^pd^q,\quad h=c^rd^s$$ $$\begin{pmatrix}g\\h\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c^pd^q\\c^rd^s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\left[\begin{pmatrix}x&y\\z&v\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\right]=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a^xb^y\\a^zb^v\end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix}(a^xb^y)^p\,(a^zb^v)^q\\(a^xb^y)^r\,(a^zb^v)^s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^{px+qz}\,b^{py+qv}\\a^{rx+sz}\,b^{ry+sv}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}px+qz&py+qv\\rx+sz&ry+sv\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\left[\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x&y\\z&v\end{pmatrix}\right]\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$$ То есть при конкатенации подстановок матрицы соответствующих операторов перемножаются как обычные матрицы. Тут надо заметить, что "координаты" новой пары образующих находятся в строках (одна строка — одна образующая). Операция умножения матриц не коммутативна (то есть искомая группа не абелева), и порядок множителей важен. Так же, координаты являются числами 0, 1 и 2, а добавление/вычитание любого числа, кратного 3-ём ничего не меняет, так как образующая в такой степени равна нейтральному элементу. То есть, все вычислительные операции производятся по модулю 3. Другими словами, искомая группа автоморфизмов является группой обратимых матриц 2 на 2 с вычислениями по модулю 3. (Наверное, эта группа даже имеет какое-нибудь умное название и/или специальное обозначение).

Следующим этапом я записал все 48 матриц и проверил, что они действительно обратимы, то есть нашёл их обратные. Для матриц, содержащих в записи ноль обратная ищется довольно просто последовательным заполнением ячеек правильными цифрами в правильном порядке. Для случаев, когда нуля в записи нет, приходится прибегать к честному расчёту методом Гаусса, например: $$\left(\begin{array}{cc|cc}2&2&1&0\\1&2&0&1\end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{cc|cc}1&1&2&0\\0&1&1&1\end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{cc|cc}1&0&1&2\\0&1&1&1\end{array}\right)$$ Сразу обозначу нейтральную матрицу и матрицу, которая коммутирует со всеми другими (они образуют центр исходной группы): $$e=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\quad f=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}\right$$ Умножение на 2-ю (с любой стороны) заменяет в любой матрице двойки на единицы и наоборот. Матрицы, обратные к которым совпадают с оригинальными, соответствуют элементам группы порядка 2 (кроме нейтрального).

Затем я посчитал квадраты всех остальных матриц (порядка больше 2). Те квадраты, что совпали с рассчитанными обратными, получались для матриц порядка 3. Далее осталось сопоставить какие квадраты имеют порядок 2, 3 и 4, чтобы получись список элементов искомой группы порядка 4, 6 и 8. Для упорядочивания элементов в циклы потребовалось ещё немного умножений (чтобы расположить в порядке возрастание степени порождающей матрицы). В итоге за приблизительно 3 на 48 матричных умножений я получил все подгруппы ранга 1 исходной группы (кольца).

Порядок 2 (13 элементов): $$e=f^2=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&2\\2&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}2&0\\1&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&0\\2&2\end{pmatrix}^2=$$ $$=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}2&2\\0&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&0\\1&2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}2&0\\2&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&2\\0&2\end{pmatrix}^2$$ Каждая последовательная пара матриц совместно с элементами e и f образуют группу Клейна. Это легко заметить, потому что в каждой паре двойки и единицы меняются местами, что соответствует умножению на f.

Порядок 3 (4 цикла, 8 элементов):
$$e-\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}-e-\begin{pmatrix}0&1\\2&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\1&0\end{pmatrix}-e-\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}-e-\begin{pmatrix}2&1\\2&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&2\\1&2\end{pmatrix}-e$$
Порядок 4 (3 цикла, 6 элементов): $$e-\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}1&2\\2&2\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}2&2\\2&1\end{pmatrix}-e$$
Порядок 6 (4 цикла, 8 элементов — вторые с краю): $$e-\begin{pmatrix}2&0\\1&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0\\2&2\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}1&1\\2&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&1\\2&2\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}2&2\\1&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&2\\1&1\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\0&2\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}0&1\\2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&1\\2&0\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}0&2\\1&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&2\\1&0\end{pmatrix}-e$$
Порядок 8 (3 цикла, 12 элементов — на нечётных позициях): $$e-\begin{pmatrix}2&2\\1&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&1\\2&2\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}1&1\\2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}0&2\\2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&2\\2&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}0&1\\1&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\2&0\end{pmatrix}-e$$ $$e-\begin{pmatrix}1&2\\2&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\2&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}-f-\begin{pmatrix}2&1\\1&0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0&2\\2&2\end{pmatrix}-e$$
Здесь я, наверное, должен был сразу заметить, что циклов 4-го порядка три штуки и все они имеют общий элемент 2-го порядка, но это как-то проскользнуло мимо моего внимания. Вместо этого я пытался сопрягать элементы 8-го порядка элементами 3-го порядка и наоборот, а так же элементы 3-го порядка элементами 4-го в надежде получить прямую степень сопряжённого элемента, что указало бы на полупрямое произведение двух циклических групп. Вместо этого я всегда получал элементы из другого цикла. В итоге моё терпение закончилось и за "подглядел" в моей программулине, что искомая группа имеет вид $$\mathrm{Q}_8\rtimes\mathrm{D}_6=\mathrm{Q}_8\rtimes\left(\mathbb{Z}_3\rtimes\mathbb{Z}_2\right)=\left(\mathrm{Q}_8\rtimes\mathbb{Z}_3\right)\rtimes\mathbb{Z}_2$$ Откуда ноги растут у группы кватернионов сразу стало очевидно, и для неё я выбрал такие образующие: $$a=\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix},\quad b=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix},\quad ab=\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$$ $$a^2=b^2=f,\;f^2=[a,\;f]=[b,\;f]=e$$ и непосредственным вычислением убедился что $$bab^{-1}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\2&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}=a^{-1}$$ В качестве образующей 3-го порядка я выбрал такую, чтобы при сопряжении она заменяла первую образующую второй, а вторую — произведением: $$c=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$$ $$cac^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=b$$ $$cbc^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}=ab$$ $$[c,\;f]=cfc^{-1}f^{-1}=ca^2c^{-1}a^2=\left(cac^{-1}\right)^2a^2=(a^{-1})^2a^2=e$$ Ну и четвёртая образующая завершает группу: $$d=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}$$ $$dad^{-1}=dad=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&2\\1&0\end{pmatrix}=a^3$$ $$dbd^{-1}=dbd=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\2&1\end{pmatrix}=a^3b$$ $$dcd^{-1}=dcd=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=c^2$$ $$[d,\;f]=dfd^{-1}f^{-1}=da^2da^2=(dad)^2a^2=(a^3)^2a^2=e$$ $$(ad)^2=(cd)^2=e$$ Отсюда сразу видно, что искомая группа содержит группы диэдра порядка 6 и 8 в качестве подгрупп: $$\mathrm{D}_8=\left\langle\;a,\;d\;|\;a^4=d^2=(ad)^2=e\;\right\rangle$$ $$\mathrm{D}_6=\left\langle\;c,\;d\;|\;c^3=d^2=(cd)^2=e\;\right\rangle$$ Более того, если в подгруппе $$\mathrm{Q}_8\rtimes\mathbb{Z}_2=\left\langle\;a,\;b,\;d\;|\;a^4=d^2=(ad)^2=e,\;a^2=b^2,\;dbd=a^3b\;\right\rangle$$ сделать замену $$h=bd=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\1&2\end{pmatrix}$$ $$dhd^{-1}=dhd=db=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\2&2\end{pmatrix}=h^3$$ $$h^4=f,\quad h^8=e$$ то становится понятно, что эта подгруппа имеет и другое представление: $$\mathrm{Q}_8\rtimes\mathbb{Z}_2=\mathbb{Z}_8\overset{3}{\rtimes}\mathbb{Z}_2=\left\langle\;h,\;d\;|\;h^8=d^2=e,\;dhd^{-1}=h^3\;\right\rangle$$ Этих подгрупп в искомой группе автоморфизмов три, каждую можно получить из вышеприведённой сопрягая её с помощью степеней образующей c. Аналогично с подгруппами диэдра порядка 8. Моя программулина подсказывает мне, что подгрупп диэдра порядка 6 имеется значительно больше, чем казалось изначально, кроме того, тут есть также они и 12-го порядка, что я опять же проворонил. Хотя бы все 48 матриц удалось выразить в виде комбинации образующих в виде $$a^xb^yc^zd^v,\quad x\in\{0,1,2,3\},\quad y,\;v\in\{0,1\},\quad c\in\{0,1,2\}$$ В общем вопрос более эффективного поиска структуры остаётся открытым. После получения матриц никаких свойств из линала привлечь мне не приметилось, кроме того, что матрицы с определителем 1 образуют подгруппу $\mathrm{Q}_8\rtimes\mathbb{Z}_3$ порядка 24 с образующими a, b и c. Были просто технические вычисления чтобы угадать и/или подтвердить искомые соотношения между образующими. Ну, хотя бы мне всю таблицу умножения целиком строить не понадобилось, это 2300+ матричных умножений. Я обошёлся значительно меньшим числом действий, чем требуется моей программулине (или даже для построения всей таблицы), но я не могу утверждать, что я нашёл решение и структуру вручную, только проверил её (потому что подсматривал). Кроме того, общего решения для автоморфизма групп вида $\mathbb{Z}_{mn}\times\mathbb{Z}_m$ или хотя бы $\mathbb{Z}_m^2$ из этого решения не просматривается.

 Профиль  
                  
 
 Re: Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение09.01.2025, 20:40 
Заслуженный участник


07/08/23
1284
B@R5uk в сообщении #1669247 писал(а):
Кроме того, общего решения для автоморфизма групп вида $\mathbb{Z}_{mn}\times\mathbb{Z}_m$ или хотя бы $\mathbb{Z}_m^2$ из этого решения не просматривается.

Смотря что вы называете решением... В случае $(\mathbb Z / m \mathbb Z)^2$ группа автоморфизмов — это $\mathrm{GL}(2, \mathbb Z / m \mathbb Z)$, практически по определению. Если $m = p_1^{k_1} \cdots p_l^{k_l}$ разложение на простые, то $\mathrm{GL}(2, \mathbb Z / m \mathbb Z) \cong \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p_1^{k_1}) \times \cdots \times \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p_l^{k_l})$, это китайская теорема об остатках. Далее, если $p$ простое и $k \geq 1$, то $\mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p^k)$ имеет нормальную фильтрацию
$$1 \leq 1 + \mathrm M(2, p^{k - 1} \mathbb Z / p^k \mathbb Z) \leq \ldots \leq 1 + \mathrm M(2, p \mathbb Z / p^k \mathbb Z) \leq \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p^k \mathbb Z).$$
Факторы этой фильтрации — это $\mathbb F_p^4, \ldots, \mathbb F_p^4, \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p \mathbb Z)$. Наконец, $\mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p \mathbb Z)$ имеет нормальную подгруппу $\mathrm{SL}(2, \mathbb F_p)$ с фактор-группой $\mathbb F_p^*$, центр $\mathrm{SL}(2, \mathbb F_p)$ — это группа скалярных матриц из $\pm 1$ (из двух элементов, кроме случая $p = 2$), а факторгруппа по ней проста при $p \geq 5$. Так что композиционные факторы найти довольно легко.

Вообще группа автоморфизмов абелевой группы $A$ — это группа обратимых элементов кольца $\mathrm{End}(A)$. Если у вас группа конечная, то есть примарное разложение $A = \bigoplus_p A_p$, ну и $\mathrm{End}(A) = \prod_p \mathrm{End}(A_p)$. Наконец, $A_p$ сами раскладываются в прямые суммы циклических групп, так что их группы автоморфизмов — это некие обобщённые матричные кольца.

 Профиль  
                  
 
 Re: Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение11.01.2025, 17:47 
Аватара пользователя


26/05/12
1717
приходит весна?
dgwuqtj в сообщении #1669250 писал(а):
Если $m = p_1^{k_1} \cdots p_l^{k_l}$ разложение на простые, то $\mathrm{GL}(2, \mathbb Z / m \mathbb Z) \cong \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p_1^{k_1}) \times \cdots \times \mathrm{GL}(2, \mathbb Z / p_l^{k_l})$, это китайская теорема об остатках.

Разве? На сколько я понимаю, КТоО утверждает, что $$\mathbb{Z}_N\cong\mathbb{Z}_{a_1}\times\mathbb{Z}_{a_2}\times\ldots\times\mathbb{Z}_{a_k}$$ если $$\gcd\left(a_i,a_j\right)=1,i\ne j,\quad N=a_1a_2\ldots a_k$$
Привлечение сюда автоморфизмов даёт куда более сильное утверждение связанное больше с функцией Эйлера, чем с КТоО. И структура даже абелевых групп сложнее, чем структура произведения взаимно простых чисел.

Что значит фильтрация группы?

 Профиль  
                  
 
 Re: Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение11.01.2025, 18:10 
Заслуженный участник


07/08/23
1284
Ну вот $\mathbb Z / N \mathbb Z \cong \prod_i \mathbb Z / a_i \mathbb Z$ как кольца, так что $\mathrm M(2, \mathbb Z / N \mathbb Z) \cong \prod_i \mathrm M(2, \mathbb Z / a_i \mathbb Z)$. Поэтому и группа обратимых матриц так раскладывается, и функция Эйлера мультипликативна.

А фильтрацией я почему-то назвал ряд подгрупп, то есть цепочку подгрупп $1 = H_0 \leq \ldots \leq H_n = G$. Ряд называется нормальным, если $H_i$ нормальны в $G$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение11.01.2025, 18:27 
Аватара пользователя


26/05/12
1717
приходит весна?
Буквой M вы обозначаете множество матриц?

 Профиль  
                  
 
 Re: Автоморфизм группы вручную. Можно ли более эффективно?
Сообщение11.01.2025, 18:31 
Заслуженный участник


07/08/23
1284
Да, $M(n, R)$ — это кольцо матриц $n \times n$ с элементами из $R$, а $M(n, m, R)$ — множество матриц $n \times m$ ($n$ строк, $m$ столбцов).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group