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


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 В группе матриц (2х2) найти подгруппу, изоморфную Z[4].
Сообщение14.05.2006, 20:21 


09/04/06
15
Найти в группе невырожденных матриц (2х) по умножению с коэффициентами из $R$ подгруппу, изоморфную $Z[4]$.

Помогите пожалуйста решить.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.05.2006, 21:05 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
1. Какая исходная группа $GL(2)$?
2. Что за группа $Z(4)$?
Если под этим понимаете $Z^4=Z+Z+Z+Z$ то скорее всего вы не правы.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.05.2006, 05:52 


10/05/06
24
Бесконечность
Я всётаки думаю что $GL(2,R)$...
$Z[4]$ это \[
(\mathbb{Z}_4 , + (\bmod 4))
\] ?
Если так то это не должно быть очень сложно
(если конечно возможно). На самом деле это
вообще не сложно если взять \[
GL_2 (\mathbb{C})
\].
Легко начят с того что: \[
I \to 0
\]
Если взять: \[
A \to 2
\]
Тогда: \[
A^2  = I
\], где \[
A = \left( {\begin{array}{*{20}c}
   a & b  \\
   c & d  \\

 \end{array} } \right)
\]
Я думаю что помимо разных тривиальных решений
стоит задержатса на: \[
A = \left( {\begin{array}{*{20}c}
   a & {\frac{{1 - a^2 }}
{c}}  \\
   c & { - a}  \\

 \end{array} } \right)
\]
Это для собственого интереса потому что тогда: \[
\left| B \right| = i
\], что не подходит для тебя.
Продолжим: \[
B \to 1
\]
И тогда: \[
B^2  = A
\]
Вот здесь начнутса комплексные...
Но на самом деле когда ты найдёш \[
B
\], тогда ты ужэ решил задачу, потому что:
\[
A*B = B*A = B^3  \to 3
\], и на этом твои муки закончутса.
Кстати четыре важных факта (заметь):
Если назвать твою подгрупу \[
G
\], тогда \[
G < ( \pm iSL_2 (\mathbb{C}))*( \pm SL_2 (\mathbb{C}))
\] (можэт для этого есть короткая запись).
\[
Z(G) = G
\]
\[
B^3  = B^{ - 1} 
\]
И такжэ (что самое важное для тебя): \[
BAB^{ - 1}  = A
\] (это даст тебе направление...)

Позволь привести пример для \[
( \pm iSL_2 (\mathbb{C}))*( \pm SL_2 (\mathbb{C}))
\]
\[
\begin{gathered}
  A = \left( {\begin{array}{*{20}c}
   1 & 0  \\
   2 & { - 1}  \\

 \end{array} } \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}c}
   1 & 0  \\
   {1 - i} & i  \\

 \end{array} } \right),B^3  = \left( {\begin{array}{*{20}c}
   1 & 0  \\
   {1 + i} & -i  \\

 \end{array} } \right) \hfill \\
  A \to 2,B \to 1,B^3  \to 3,I \to 0 \hfill \\
  \begin{array}{*{20}c}
   * &\vline &  I & B & A & {B^3 }  \\
\hline
   I &\vline &  I & B & A & {B^3 }  \\
   B &\vline &  B & A & {B^3 } & I  \\
   A &\vline &  A & {B^3 } & I & B  \\
   {B^3 } &\vline &  {B^3 } & I & B & A  \\

 \end{array} \underset{{\varphi ^{ - 1} _{(x)} }}{\overset{{\varphi _{(X)} }}{\longleftrightarrow}}\begin{array}{*{20}c}
    +  &\vline &  0 & 1 & 2 & 3  \\
\hline
   0 &\vline &  0 & 1 & 2 & 3  \\
   1 &\vline &  1 & 2 & 3 & 0  \\
   2 &\vline &  2 & 3 & 0 & 1  \\
   3 &\vline &  3 & 0 & 1 & 2  \\

 \end{array}  \hfill \\ 
\end{gathered} 
\]

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.05.2006, 06:43 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Пусть $A$ образующая этой группы. Над комплексными числами приводим к Жордановой форме. Убеждаемся, что эта форма диагональна и собственные числа $i$ и $-i$ (если оба одинаковые, то не принадлежит $GL(2,R)$. Матрица с такими собственными числами соответствует повороту на $90$ градусов и принадлежит $SL(2,R)$. Таким образом любая такая подгруппа принадлежит $SL(2,R)$ и образована элементом: $A=CBC^{-1},B=(\frac{0}{-1} \frac{1}{0}).$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 4 ] 

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