Matematyka.pl

Na przykład.

Parafrazując to co napisałem wyżej, każda cykliczna grupa skończona jest kontrprzykładem. (Brak elementów idempotentnych różnych od 1 wynika z tego, że w grupie równość mm = m możemy przemnożyć stronami przez m^{-1} ; to że grupa cykliczna jest monoidem cyklicznym wynika z definicji tych obiektów). ...

Bez dodatkowego założenia, że \(\displaystyle{ M}\) nie jest grupą ta implikacja jest nieprawdziwa.
Wszak każda grupa (cykliczna) jest monoidem (cyklicznym) z dokładnie jednym elementem idempotentnym a istnieją grupy cykliczne skończone.

Z tą niezawodnością to różnie bywa. Dość prosto jest zauważyć, że nasza funkcja po odjęciu wartości w zerze jest addytywna (a więc \mathbb{Q} -liniowa) - wystarczy odnotować, że zachowuje wierzchołki równoległoboku (to załatwia przypadek niezdegenerowany, do którego sprowadzić możemy również ten zde...

W topologii dyskretnej wszystko jest ciągłe i wszystko da się oddzielić. Jeśli jednak ciągłość mnożenia interesuje Cię, gdy na ciele skalarów masz standardową topologię, to spróbuj pobawić się własnościami bazy otoczeń zera w przestrzeni liniowo-topologicznej. Z tego i z obserwacji, że narzucone prz...

Zauważmy najpierw, że takie odwzorowanie zachowuje wszystko co da się skonstruować za pomocą cyrkla i linijki (bez podziałki). Wystarczy w tym celu pokazać, że środek okręgu przechodzi na środek okręgu: Z różnowartościowości nasze odwzorowanie zachowuje proste styczne do okręgu. Podobnie zachowuje ...

A dowód ma łącznie podobno kilka tysięcy stron.
Mniejsza armata to twierdzenie Burnside'a o rozwiązalności grup rzędu \(\displaystyle{ p^{n}q^{m}}\), ale wydaje mi się, że rozwiązanie tego zadania jest istotnie krótsze i bardziej elementarne od dowodu tego twierdzenia.

To jest chyba fajne i niestandardowe zadanko. Ostatnio podrzucił mi je zdolniejszy kolega i nie znalazłem rozwiązania. Jakby bardzo zależało Ci na rozwiązaniu, to widziałem to zadanie w zbiorze Dixona - Group Theory, w zbiorze tym też są rozwiązania do zadań (przynajmniej tych "gwiazdkowych&quo...

Jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są otwartymi podzbiorami czy ogólniej podrozmaitościami \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{m},\mathbb{R}^{n}}\) a \(\displaystyle{ f}\) jest różniczkowalne, to zapewne chodzi o to, że wartość ta jest przyjmowana tylko w argumentach nie będących punktami krytycznymi (punkt krytyczny to taki, w którym różniczka się zeruje).

Tak jak napisałem, jeśli k jest algebraicznie domknięte oraz V = V(x^{3} + y^{2} + 1) , to I(V) = (x^{3} + y^{2} + 1) , zatem k[V] = k[x,y]/(x^{3} + y^{2} + 1) (to wynika wprost z definicji k[V] , która jest wyżej). Innymi słowy elementami tego pierścienia są wielomiany od \bar{x},\bar{y} , działani...

Pałować można różnie. To zadanie, to szczególny przypadek lematu Burnside'a : u nas G = S_{n} (grupa permutacji zbioru n-elementowego), X = \{1,\ldots, n\} , orbita działania G na X jest tylko jedna (tzn dla każdych dwóch elementów X znajdziemy permutację, która przerzuca jeden na drugi), więc lema...

Natomiast samo pojęcie NWD jak najbardziej jest sensowne we wszystkich pierścieniach faktorialnych, choć wyznaczanie NWD w konkretnych przypadkach gdy nie jesteśmy w pierścieniu euklidesowym może być trudne (właśnie dlatego, że nie ma algorytmu Euklidesa). A nawet bez faktorialności można jeszcze mó...

A co masz na myśli pisząc pierścień Gaussa? Czy nie przypadkiem pierścień faktorialny (=dziedzina z jednoznacznością rozkładu)? Pierścienie euklidesowe to bardzo szczególny przypadek pierścieni faktorialnych. W tych ostatnich na ogół nie ma dzielenia z resztą, więc nie ma również algorytmu Euklidesa...

Rzeczywista geometria algebraiczna to trochę inny świat, ale okazuje się, że tam też używa się tych samych definicji wymiaru (przynajmiej tak robią Bochnak, Coste i Roy). V = V_{\mathbb{R}}(x^{2} + y^{2}) = \{(0,0)\} jest nierozkładalny, zatem możemy użyć jednej z tych dwóch definicji wyżej. Zauważm...