Algebra Marathon

[nooonuii]

18. Show that every group of order 2006 has a normal Sylow p-subgroup for some prime $p$ dividing 2006.

19. Let $G$ be a group of order $2006$ and let $H$ be a subgroup of $G$ of index 2. Suppose that $K$ is a subgroup of $G$ of odd order. Show that $K$ is a subgroup of $H$.

ป.ล. ข้อ 19 ไม่ต้องใช้ Sylow Theorem ครับ

[nooonuii]

เปลี่ยนเป็นโจทย์ธรรมดาบ้างดีกว่าครับ

20. กำหนดให้ $a > b$ เป็นจำนวนจริงบวก จงหาจำนวนจริงบวก $x,y$ ที่สอดคล้องระบบสมการ

$ x^4 + a^2 = y^4 + 2ax^2 $
$xy(2xy+b) = b^2$

[Timestopper_STG]

transcendencyคือยังไงหรอครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ Timestopper_STG:
transcendencyคือยังไงหรอครับ

จำนวนอดิศัย (Transcendental Number) คือ จำนวนที่ไม่เป็นรากของพหุนามที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนตรรกยะ ตรงข้ามกับจำนวนอดิศัย ก็คือ จำนวนเชิงพีชคณิต (Algebraic Number) ครับ

Facts :
1. จำนวนตรรกยะ เป็น จำนวนเชิงพีชคณิต ดังนั้น จำนวนอดิศัยเป็นจำนวนอตรรกยะเสมอ
2. มีจำนวนอตรรกยะที่เป็นจำนวนเชิงพีชคณิต เช่น $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt[3]{2},...$, etc.
3. $e,\pi$ เป็นจำนวนอดิศัย

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
19. Let $G$ be a group of order $2006$ and let $H$ be a subgroup of $G$ of index 2. Suppose that $K$ is a subgroup of $G$ of odd order. Show that $K$ is a subgroup of $H$.

ป.ล. ข้อ 19 ไม่ต้องใช้ Sylow Theorem ครับ

ผมว่าโจทย์ข้อนี้น่าสนใจมากครับ (ถ้าผมไม่เข้าใจประเด็นผิดไปอีกนะ)

From $[G:H]=2$, we know that $|H|=1003$ and $H\triangleleft G$.

Since $|G|$ is even, there exists $b\in G$ such that $|b|=2$.

But $b\notin H$ because $|H|$ is odd.

Therefore, $G=H\cup Hb$ and $H\cap Hb=\emptyset$.

Let $a\in Hb$. So $a=hb$ for some $h\in H$.

Since $a^2= h(b^{-1}hb) \in H$, we have $a^{2n+1}= \left( (a^2)^n h \right) b \notin H$ for all $n\in \mathbb Z$.

In particular, $|a|$ is even because $e\in H$.

Since every element of $Hb$ has an even order but every element of $K$ has an odd order, we have $Hb\cap K= \emptyset $.

So $K\subseteq H$, and hence $K\le H$.

ถ้าเจอที่ผิดทั้งภาษาอังกฤษ และคณิตศาสตร์ช่วยบอกด้วยนะครับ

[nooonuii]

วิธีพิสูจน์ข้อ 19 ของคุณ Warut ใช้แค่แนวคิดพื้นฐานจริงๆครับ ของผมใช้วิธีนับขนาดของ subgroup มาช่วยครับ

My Solution :

Since $[G : H] = 2$, $H$ is normal in $G$.
Thus $HK$ is a subgroup of $G$.
Hence, by Lagrange's Theorem, $\displaystyle{ |HK| = \frac{|H||K|}{|H\cap K|} }$ divides $|G|$, so $|K|$ divides $\displaystyle{\frac{|G|}{|H|}\cdot |H\cap K| = 2|H\cap K|}$.
Since $|K|$ is odd, we conclude that $|K|$ divides $|H\cap K|$.
Thus $|K|=|H\cap K|$.
Since $H\cap K \leq H$, we must have $K = H\cap K$
Therefore, $K\leq H$.

[warut]

อ๋อ... ทำอย่างนี้นี่เอง ขอบคุณมากครับ ผมลืมสูตร $|HK|$ นั่นไปสนิทเลย ทำโจทย์คุณ nooonuii ดีที่สุดก็ตรงที่มีเฉลยให้ดูด้วยนี่แหละ

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
Since $H\cap K \leq H$, we must have $K = H\cap K$

นี่อาจเป็นคำถามโง่ๆ แต่ผมไม่เข้าใจครับว่ามันมาได้ไง

ผมสามารถไปถึงข้อสรุปเดียวกันได้ แต่คิดว่าเป็นคนละมุมมองกัน ผมคิดอย่างนี้ครับ

$H\cap K \subseteq K$ and $|H\cap K| = |K|$ and $K$ finite $ \quad \Rightarrow \quad H\cap K = K$

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ warut:
อ๋อ... ทำอย่างนี้นี่เอง ขอบคุณมากครับ ผมลืมสูตร $|HK|$ นั่นไปสนิทเลย ทำโจทย์คุณ nooonuii ดีที่สุดก็ตรงที่มีเฉลยให้ดูด้วยนี่แหละ นี่อาจเป็นคำถามโง่ๆ แต่ผมไม่เข้าใจครับว่ามันมาได้ไง

ผมสามารถไปถึงข้อสรุปเดียวกันได้ แต่คิดว่าเป็นคนละมุมมองกัน ผมคิดอย่างนี้ครับ

$H\cap K \subseteq K$ and $|H\cap K| = |K|$ and $K$ finite $ \quad \Rightarrow \quad H\cap K = K$

ผมหมายถึงที่คุณ Warut อธิบายมานี่แหละครับ จริงๆควรเขียนว่า $H\cap K \subseteq K$ น่าจะเข้าใจได้ง่ายกว่าครับ เครื่องหมายการเป็น subgroup มันรวมการเป็นสับเซตไปแล้วผมก็เลยลัดไปทางนั้น

[warut]

อ๋อ... ขอบคุณอีกครั้งครับ

[nooonuii]

ไม่รู้ว่าคุณ Warut ยังคิดข้อ 18 อยู่รึปล่าวครับ วันนี้มาแปะ Hint ให้ครับ

Hint

Count number of elements in $G$

[warut]

ขอบคุณสำหรับ hint ครับ พอดีตอนนี้ยังไม่ได้กลับมาคิดข้อนี้และข้อ 20. เลย ผมก็ค่อยๆเก็บไปทีละกระทู้ ยังไม่ถึงคิว Algebra Marathon ซักทีครับ ผมประเมินว่าข้อ 18. ง่ายกว่าข้อ 19. มาก เลยยังไม่ได้ลงมือทำ แต่ก็อย่างที่บอกเสมอๆคือ ถ้ายังไม่ได้เขียนออกมาจริงๆ ก็ยังแน่ใจไม่ได้ว่าโจทย์นั้นยากง่ายแค่ไหน จะทำได้จริงรึเปล่า

ถ้ามีคนมาเล่นกันเยอะกว่านี้ก็จะดีครับ จะเห็นว่าพวกโจทย์อสมการจะเงียบสนิทแทบทุกครั้ง (จริงมั้ยครับคุณ Char Aznable) เพราะเป็นเรื่องที่ผมทำไม่ได้แน่ๆ แล้วก็ไม่มีคนอื่นมาเล่นเลยล่ะ

[nooonuii]

โจทย์อสมการผมชอบนะครับ แต่ที่เงียบไปไม่ตอบเพราะว่าคิดแล้วแต่ไม่ออกครับ

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
20. กำหนดให้ $a > b$ เป็นจำนวนจริงบวก จงหาจำนวนจริงบวก $x,y$ ที่สอดคล้องระบบสมการ

$ x^4 + a^2 = y^4 + 2ax^2 $
$xy(2xy+b) = b^2$

ผมขอทำข้อนี้ก่อนนะครับ รู้สึกมันแปลกๆ ไม่มีใครทำทั้งๆที่มันสามารถทำตรงๆได้

จากสมการที่ 2 เราจะได้ว่า $xy=-b,b/2$ แต่เราต้องการ $x,y>0$ ดังนั้น $xy=b/2$

จากสมการที่ 1 เราจะได้ว่า $y^4=(x^2-a)^2$ นั่นคือ $x^2\pm y^2=a$

กรณีที่ 1: $x^2+y^2=a$ และ $xy=b/2$

เราได้ $$x= \sqrt{\frac{a\pm\sqrt{a^2-b^2}}{2}} = \frac{\sqrt{a+b}\pm\sqrt{a-b}}{2} $$ $$y= \sqrt{\frac{a\mp\sqrt{a^2-b^2}}{2}} = \frac{\sqrt{a+b}\mp\sqrt{a-b}}{2} $$
กรณีที่ 2: $x^2-y^2=a$ และ $xy=b/2$

เราได้ $$x=\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}$$ $$y=\sqrt{\frac{-a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}$$ สรุปว่ามี 3 คำตอบครับ

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
18. Show that every group of order 2006 has a normal Sylow p-subgroup for some prime $p$ dividing 2006.

ให้สังเกตว่า $2006=2\cdot17\cdot59$ โดย Third Sylow Theorem จำนวนของ Sylow 59-subgroup จะต้องหาร 2006 ลงตัว และจะต้องอยู่ในรูป $59k+1$, $k\ge0$ ดังนั้น group ที่มีขนาด 2006 จะมี Sylow 59-subgroup ได้เพียงอันเดียว ดังนั้นมันจึงต้องเป็น normal subgroup ด้วย

พิจารณา Sylow 17-subgroup แทน 59 ก็ได้ครับ

ผมรู้สึกว่าข้อนี้มันง่ายผิดปกติ ไม่รู้ว่ามีเงื่อนงำอะไรซ่อนอยู่รึเปล่า แล้วนี่ผมก็ยังไม่รู้ว่าที่ทำไปตรงกับแนวของ hint ที่คุณ nooonuii ให้มา (Count number of elements in $G$.) หรือเปล่า แต่โจทย์ข้อนี้ทำให้ผมได้ข้อสังเกตมาอย่างนึงคือ

ถ้า $p^n\||G|$ และ $p^n(p+1)>|G|$ แล้ว $G$ จะมี normal Sylow $p$-subgroup

ข้อ 18. นี่เป็นโจทย์ข้อสอบ qualify เหรอครับ ทำเหมือนโจทย์โอลิมปิกเลย มีการใช้ปี ค.ศ. ปัจจุบันด้วย อย่างนี้ก่อนเข้าสอบ ก็ต้องเตรียมแยกตัวประกอบไปน่ะสิครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ warut:
ให้สังเกตว่า $2006=2\cdot17\cdot59$ โดย Third Sylow Theorem จำนวนของ Sylow 59-subgroup จะต้องหาร 2006 ลงตัว และจะต้องอยู่ในรูป $59k+1$, $k\ge0$ ดังนั้น group ที่มีขนาด 2006 จะมี Sylow 59-subgroup ได้เพียงอันเดียว ดังนั้นมันจึงต้องเป็น normal subgroup ด้วย

พิจารณา Sylow 17-subgroup แทน 59 ก็ได้ครับ

ผมรู้สึกว่าข้อนี้มันง่ายผิดปกติ ไม่รู้ว่ามีเงื่อนงำอะไรซ่อนอยู่รึเปล่า แล้วนี่ผมก็ยังไม่รู้ว่าที่ทำไปตรงกับแนวของ hint ที่คุณ nooonuii ให้มา (Count number of elements in $G$.) หรือเปล่า แต่โจทย์ข้อนี้ทำให้ผมได้ข้อสังเกตมาอย่างนึงคือ

ถ้า $p^n\||G|$ และ $p^n(p+1)>|G|$ แล้ว $G$ จะมี normal Sylow $p$-subgroup

ข้อ 18. นี่เป็นโจทย์ข้อสอบ qualify เหรอครับ ทำเหมือนโจทย์โอลิมปิกเลย มีการใช้ปี ค.ศ. ปัจจุบันด้วย อย่างนี้ก่อนเข้าสอบ ก็ต้องเตรียมแยกตัวประกอบไปน่ะสิครับ

โอ๊ะโอ ขออภัยครับ ไม่คิดว่าเปลี่ยนเป็นตัวเลขแล้วจะง่ายขนาดนี้ ขอสอบ Qualify โหดกว่านี้ครับ ส่วนใหญ่โจทย์จะ general งั้นคุณ Warut เอาโจทย์จริงๆไปทำได้เลยครับ

18'. Let $G$ be a group of order $pqr$ where $p,q,r$ are distinct primes. Show that G has a normal Sylow subgroup.