Jika I = f0g, maka F = R.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Jika I = f0g, maka F = R.

Jika dimensi subruang I sama dengan 1, maka F = C.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Jika I = f0g, maka F = R.

Jika dimensi subruang I sama dengan 1, maka F = C. Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

spasi I. Misal i = p1 u. Kemudian

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil linear sistem mandiri vektor fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =
i2 =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

u 2 (u2) =

i2 = p1 u 2 u

p 1 u 2 u =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

u 2 (u2 ) = 1:

i2 = p1 u 2 u

p 1 u 2 u =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Misal i = p1 u. Maka i2 = 1:

Dengan ke dalam jumlah i v = + x, di mana 2 R, x 2 I.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =										kamu Maka i2 = 1:
			Lemma pada penguraian unsur-unsur dari F
			i v = + x, dimana				2 R, x 2 I . Berdasarkan
					(i + v) 2 I , dalam		khususnya, (i + v)2< 0.
			(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =										kamu Maka i2 = 1:
			Lemma pada penguraian unsur-unsur dari F
			i v = + x, dimana				2 R, x 2 I . Berdasarkan
					(i + v) 2 I , dalam		khususnya, (i + v)2< 0.
			(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

Lemma pada penguraian unsur-unsur dari F

i v = + x, dimana

2 R, x 2 I .

Berdasarkan

(i + v) 2 saya ,

khususnya, (i + v)2< 0.

(i+v)2

(i+v)!

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

Lemma pada penguraian unsur-unsur dari F

i v = + x, dimana

2 R, x 2 I .

Berdasarkan

(i + v) 2 saya ,

khususnya, (i + v)2< 0.

(i+v)2

(i+v)!

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =								kamu Maka i2 = 1:
					tentang dekomposisi				elemen dari
				i v = + x, dimana					2 R, x 2 I .
					(i + v). Kami memiliki j2 = 1,
		(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

tentang dekomposisi

elemen dari

i v = + x, dimana

2 R, x 2 I .

(i1 + v). Kami memiliki j2 = 1,

(i+v)2

saya j = saya

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

tentang penguraian unsur

i v = + x, dimana

x 2 saya .

(i1 + v). Kami memiliki j2 = 1,

(i+v)2

saya j = saya

(i+v)2

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

tentang dekomposisi

elemen

i v = + x, dimana

x 2 saya .

(i1 + v). Kami memiliki j2 = 1,

(i+v)2

saya j = saya

(i+v)2

(i+v)2

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =

kamu Maka i2 = 1:

tentang dekomposisi

elemen

i v = + x, dimana

x 2 saya .

(i1 + v). Kami memiliki j2 = 1,

(i+v)2

saya j = saya

(i+v)2

(i+v)2

x 2 saya :

(i+v)2

(i+v)2

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =								kamu Maka i2 = 1:
					tentang dekomposisi				elemen dari
				i v = + x, dimana					2 R, x 2 I .

(i+v)2

Cara, ,

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =								kamu Maka i2 = 1:
					tentang dekomposisi				elemen dari
				i v = + x, dimana					2 R, x 2 I .
					(i + v). Kami memiliki j2 = 1, i j 2I :
		(i+v)2

saya + j + saya j ; ; ; 2R

tubuh quaternion.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Biarkan dimensi subruang I lebih dari 1.

Ambil sistem vektor bebas linier fu; vg linier

spasi I. Biarkan saya =								kamu Maka i2 = 1:
					tentang dekomposisi				elemen dari
				i v = + x, dimana					2 R, x 2 I .
					(i + v). Kami memiliki j2 = 1, i j 2I :
		(i+v)2
Oleh karena itu, dengan lemma pada penyematan bidang miring quaternions di F ,

saya + j + saya j ; ; ; 2R

tubuh quaternion.

Jadi, jika ruang linier Saya memiliki dimensi 3, maka F adalah tubuh quaternions.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

subruang I lebih dari 3.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I

Mari kita ambil bebas linier

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

							x; y; z 2 saya :

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

							x; y; z 2 saya :

Berdasarkan atas lemma subruang I t = m + i + j + k 2I . Dari kemerdekaan linier sistem vektor fi; j; k; mg selanjutnya-

pukulan bahwa t 6 = 0.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

							x; y; z 2 saya :

subruang lemma I

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

							x; y; z 2 saya :

Terbukti bahwa 0 6= t = m + i + j + k 2 I . Oleh subruang lemma I

i t = i m + k j =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

							x; y; z 2 saya :

Terbukti bahwa 0 6= t = m + i + j + k 2 I . Oleh subruang lemma I

i t = i m + k j = x + k j

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

							x; y; z 2 saya :

Terbukti bahwa 0 6= t = m + i + j + k 2 I . Oleh subruang lemma I

i t = i m + k j = x + k j 2 I:

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

Demikian pula, kita dapat membuktikan bahwa j t 2 I, k t 2 I.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Berdasarkan lemma pada penguraian elemen dari F menjadi jumlah

											x; y; z 2 saya :
Terbukti itu			0 6= t = m + i + j + k 2 I . Polema pada subpro-
ruang I			saya t 2 saya, j t 2 saya,
Kami menempatkan n =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

N i j = i n j =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

N k = n i j = i n j =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = n k: k n = n k = n i j = i n j =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

k n = n k = n i j = i n j = i (j n) =

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

VII.6. Bukti teorema Frobenius

Masih mempertimbangkan kasus ketika dimensi subruang I lebih besar dari 3. Kami telah membuktikan bahwa kemudian F termasuk bidang miring dari quaternions.

Mari kita ambil bebas linier sistem vektor fi; j; k; mg, di mana i2 = j2 = k2 = 1, i j = j i = k, j k = k j = i, k i = i k = j.

Kami telah menemukan n 2 I sedemikian rupa sehingga n2 = 1, 0 6= i n 2 I, 0 6= j n 2 I,

Dengan lemma tentang penyematan bidang miring angka empat di F

saya n = ni; j n = n j; k n = nk:

k n = n k = n i j = i n j = i (j n) = k n:

Oleh karena itu, 2k n = 0, kontradiksi.

VII. teorema Frobenius

Teorema 2. Biarkan F menjadi tubuh , dan R F ,

9i1 ; i2 ; : : : ; di		9 0 ;1 ;2 ; : : : ;n 2 R
z = 0 +1 i1 +2 i2 + : : : +n dalam :

Maka F adalah R, atau C, atau badan quaternions.

Teorema telah terbukti.

Perhatian!

surel: [dilindungi email]; [dilindungi email]

situs web: http://melnikov.k66.ru; http://melnikov.web.ur.ru

Dalil. Aljabar linier alternatif apa pun di atas bidang bilangan asli dengan pembagian dinormalisasi aljabar linier.

Membiarkan aljabar pembagian linier alternatif di atas bidang bilangan real R. Mari kita memperkenalkan operasi konjugasi di A sebagai berikut: jika elemen a dari A sebanding dengan 1, maka a = a; jika a tidak sebanding dengan 1, maka a termasuk dalam subaljabar kompleks. Dalam subaljabar ini, untuk elemen a, ada elemen konjugasi a, yang kita ambil sebagai elemen konjugasi ke a dalam aljabar.

Ini mengikuti langsung dari definisi a that = a dan juga =ka, di mana k R.

Misalkan a A tidak sebanding dengan 1. Pertimbangkan subaljabar quaternion (K, +, .R , .) yang memuat a. Dalam subaljabar ini, untuk a A, ada juga elemen konjugasi a. Mari kita tunjukkan bahwa a bertepatan dengan a.

Unsur-unsur a dan a, sebagai konjugasi dalam aljabar kompleks, memenuhi kondisi:

a+a = 2a* 1, di mana a R, (14)

a* a = d*1, dimana d R. (15)

Unsur-unsur a dan a, sebagai konjugasi dalam aljabar quaternion, memenuhi kondisi:

a + a \u003d 2a 1 * 1, di mana a 1 R, (14 ")

a * a = d 1 *1, di mana d 1 R. (15 /)

Kurangi dari (14) dan (15) berturut-turut (14 /) dan (15"). Kemudian:

a - a = 2(a - a1)*1.

a (a - a) = (d- d 1)* 1 2(a - a 1)a*1.= (d- d 1)* 1.

a(a - a), maka a = *1,

itu. dan sebanding dengan 1, yang bertentangan dengan asumsi.

Oleh karena itu, konjugasi elemen ke a adalah sama, apakah kita menganggap a sebagai elemen dari subaljabar kompleks atau sebagai elemen dari subaljabar quaternion dari sebuah aljabar.

Demikian pula |a| 2 = aa baik dalam kasus subaljabar kompleks maupun dalam kasus subaljabar quaternion dari aljabar, sehingga modulus elemen a A tidak bergantung pada apakah kita menganggapnya sebagai elemen kompleks atau subaljabar quaternion dari aljabar.

Maka untuk setiap a, b A persamaannya benar:

A+ dan = a*. (enambelas)

Jika a dan b termasuk dalam subaljabar kompleks yang sama dari aljabar, maka persamaan (16) adalah properti, konjugasi dalam subaljabar ini. Jika mereka termasuk dalam subaljabar kompleks yang berbeda, maka mereka akan valid sebagai sifat konjugasi dalam subaljabar quaternionic dari aljabar.

Dari = b dan dari persamaan kedua (16) maka = ba, dari mana

a + ba = c* 1, di mana c R.

Dalam (A, +, . R , .) kita mendefinisikan produk skalar (a, b) sebagai

a + ba = 2(a, b) * 1.

Mari kita tunjukkan bahwa (a, b) memenuhi semua sifat produk titik:

1) (a, a) > 0 untuk a? 0 dan (0, 0) = 0.

Memang,

(a, a) * 1 = (aa + aa) = aa = |a|* 1,

dan modulus bilangan kompleks, seperti modulus angka empat, benar-benar positif untuk a? 0 dan sama dengan 0 untuk a = 0.

2) (a, b) = (b. a), karena

a + ba = 2(a, b)* 1, ba + a = 2(b, a)* 1,

a + ba = ba + a, maka (a, b) = (b, a).

3) (a, kb) = k(a, b) untuk k R.

Betulkah,

(a, kb) = (a() + kba) = (a(k) + kba) = k(a + ba) = k(a, b).

4) (a, b 1 + b 2) = (a, b 1) + (a, b 2)

berikut dari definisi produk skalar dan persamaan pertama dalam (16).

Dari (a, a) = |a| 2 1 bahwa = |a|, yaitu, norma elemen a A bertepatan dengan modulus a dari bilangan kompleks dan quaternion.

Karena setiap dua elemen a dan b dari aljabar termasuk ke dalam satu kompleks atau satu subaljabar quaternion, maka

|ab| 2 = |a| 2 |b| 2 (ab, ab) = (a, a)(b, b).

Oleh karena itu, semua sifat produk dalam untuk (a, b) terpenuhi. Ini menyiratkan bahwa aljabar adalah aljabar linier bernorma.

Teorema Frobenius Umum. Aljabar linier alternatif apa pun di atas bidang bilangan real dengan pembagian dan kesatuan adalah isomorfik terhadap salah satu dari empat aljabar: bidang bilangan real, bidang bilangan kompleks, bidang miring quaternions, atau aljabar oktaf.

Karena, sebagaimana dibuktikan dalam teorema sebelumnya Jika aljabar linier alternatif di atas bidang bilangan real dengan pembagian dan kesatuan adalah aljabar linier yang dinormalisasi, dan yang terakhir, menurut teorema Hurwitz, isomorfik baik ke bidang bilangan real, atau ke bidang bilangan kompleks, atau ke bidang miring quaternions, atau aljabar oktaf, maka pernyataan teorema berikut dari ini.

:

YouTube ensiklopedis

• 1 / 5

  Membiarkan menjadi tubuh yang berisi tubuh sebagai subbody R (\displaystyle \mathbb (R) ) bilangan real, dan dua kondisi terpenuhi:

  Dengan kata lain, L (\displaystyle \mathbb (L) ) adalah aljabar pembagian berdimensi hingga bidang bilangan real.

  Teorema Frobenius menyatakan bahwa benda seperti itu L (\displaystyle \mathbb (L) ):

  Perhatikan bahwa teorema Frobenius hanya berlaku untuk ekstensi dimensi hingga R (\displaystyle \mathbb (R) ). Misalnya, itu tidak mencakup bidang bilangan hiperreal dari analisis non-standar , yang juga merupakan ekstensi R (\displaystyle \mathbb (R) ), tetapi tidak berdimensi-hingga. Contoh lain adalah aljabar fungsi rasional.

  Konsekuensi dan komentar

  Tiga pernyataan terakhir membentuk apa yang disebut teorema umum Frobenius.

  Pembagian aljabar pada bidang bilangan kompleks

  Aljabar dimensi n di atas bidang bilangan kompleks adalah aljabar dimensi 2n di atas R (\displaystyle \mathbb (R) ). Badan quaternion bukan aljabar di atas bidang C (\displaystyle \mathbb (C) ), sejak pusat H (\displaystyle \mathbb (H) ) adalah ruang nyata satu dimensi. Oleh karena itu, satu-satunya aljabar pembagian berdimensi-hingga di atas C (\displaystyle \mathbb (C) ) adalah aljabar C (\displaystyle \mathbb (C) ).

  Hipotesis Frobenius

  Teorema tersebut berisi kondisi asosiatif. Apa yang terjadi jika Anda menolak kondisi ini? Konjektur Frobenius menyatakan bahwa bahkan tanpa kondisi asosiatif untuk n yang berbeda dari 1, 2, 4, 8, secara real ruang linier R n seseorang tidak dapat mendefinisikan struktur aljabar pembagian. Hipotesis Frobenius terbukti pada tahun 60-an. abad XX.

  Jika di n>1 di ruang hampa R n perkalian bilinear tanpa pembagi nol didefinisikan, maka pada bola S n-1 ada n-1 medan vektor bebas linier. Dari hasil yang diperoleh Adams pada angka bidang vektor pada bola, maka ini hanya mungkin untuk bola S 1 , S 3 , S 7. Ini membuktikan dugaan Frobenius.

  Lihat juga

  literatur

  • Bakhturin Yu.A. Struktur dasar aljabar modern. - M. : Nauka, 1990. - 320 hal.
  • KuroshA. G. Kuliah, tentang, umum, aljabar. edisi ke-2 - M. : Nauka, 1973. - 400 hal.
  • PontryaginL. S. Generalisasi angka. - M. : Nauka, 1986. - 120 hal. - (Perpustakaan "Quantum", edisi 54).

  Perhitungan set
  bilangan asli dan ekstensinya
  Alat Ekstensi sistem bilangan
  Hirarki angka	1 , 0 , 1 , … (\displaystyle -1,\;0,\;1,\;\ldots )

  Jelas bahwa jika, maka untuk. Selain itu, kami akan menunjukkan bahwa untuk p yang cukup besar

  Lemma No. 1. Jika matriks non-negatif dan tak dapat direduksi, maka

  Bukti:

  Jika kita mengambil vektor arbitrer dan, maka. Dan biarkan vektor terjadi, jelas bahwa Z memiliki paling sedikit jumlah elemen positif nol yang sama dengan y. Memang, jika kita berasumsi bahwa Z memiliki lebih sedikit komponen nol, maka kita menyatakan, kemudian, dan membagi matriks A menjadi blok-blok sebagai berikut:

  

  kami akan memiliki

  

  Mengingat itu, maka, kita mendapatkan itu, yang bertentangan dengan ireduksibilitas matriks

  Untuk vektor berikutnya, kami ulangi alasannya, dan seterusnya. Sebagai hasilnya, kami mendapatkan bahwa untuk beberapa vektor bukan nol y

  

  Untuk matriks tak-nol tak tereduksi A, pertimbangkan fungsi nyata r(x) didefinisikan untuk vektor bukan nol sebagai berikut: , (Ax) i - koordinat ke-i vektor ah

  Ini mengikuti dari definisi bahwa, dan terlebih lagi, r(x) adalah nilai terkecil, Apa

  Jelas bahwa r(x) adalah invarian terhadap penggantian x oleh, jadi berikut ini kita dapat mempertimbangkan himpunan tertutup seperti

  

  Namun, r(x) mungkin memiliki diskontinuitas pada titik-titik di mana koordinat x menjadi 0, jadi pertimbangkan satu set vektor dan dilambangkan. Dengan Lemma 1, setiap vektor di N akan positif, dan oleh karena itu

  Dilambangkan dengan nomor terbesar, untuk itu, . - jari-jari spektral matriks A. Jika dapat ditunjukkan bahwa ada vektor y sedemikian rupa sehingga

  Komentar. Mungkin ada vektor lain di L yang r(x) mengambil nilai r, sehingga vektor tersebut disebut ekstrem untuk matriks A (Az=rz)

  Ketertarikan pada bilangan r dijelaskan oleh hasil berikut:

  Lemma No. 2. Jika matriks non-negatif dan tak tereduksi, maka bilangan tersebut merupakan nilai eigen dari matriks A, selain itu, setiap vektor ekstrem untuk A adalah positif dan merupakan vektor eigen kanan untuk A yang sesuai dengan nilai eigen r

  Hasil utamanya adalah teorema Frobenius-Peron untuk matriks kontinu

  Teorema Frobenius-Peron. Jika matriks non-negatif dan tidak dapat direduksi, maka:

  A memiliki nilai eigen positif yang sama dengan radius spektral matriks A;

  ada hak positif vektor eigen sesuai dengan nilai eigen r.

  nilai eigen memiliki multiplisitas aljabar sama dengan 1.

  Teorema Peron (akibat wajar). Positif matriks persegi A memiliki nilai eigen positif dan real r, yang memiliki multiplisitas aljabar 1 dan melebihi modul lainnya nilai eigen matriks A. R ini sesuai dengan vektor eigen positif

  Dengan menggunakan teorema Frobenius-Peron, kita dapat mencari nilai riil maksimum suatu matriks tanpa menggunakan polinomial karakteristik dari matriks tersebut.

  Konsekuensi dan komentar

  • Teorema ini berkaitan erat dengan teorema Hurwitz pada aljabar real bernorma. Aljabar pembagian bernorma - hanya $\backslash mathbb\; R,\; \backslash mathbb\; C,\; \backslash mathbb\; H$ dan (non-asosiatif) aljabar bilangan Cayley.
  • Saat memperluas sistem bilangan kompleks, kita pasti kehilangan beberapa sifat aritmatika: komutatifitas (quaternions), asosiatifitas (aljabar Cayley), dll.
  • Tidak ada analog dari sistem quaternion dengan dua (bukan tiga) unit quaternion.
  • bidang $\backslash mathbb\; R$ dan $\backslash mathbb\; C$ adalah satu-satunya aljabar asosiatif dan komutatif real berdimensi-hingga tanpa pembagi nol.
  • Badan Quaternion $\backslash mathbb\; H$ adalah satu-satunya aljabar asosiatif nyata tetapi non-komutatif berdimensi-hingga tanpa pembagi nol.
  • Aljabar Cayley adalah satu-satunya aljabar non-asosiatif alternatif nyata berdimensi-hingga tanpa pembagi nol.

  Tiga pernyataan terakhir membentuk apa yang disebut teorema Frobenius umum.

  Pembagian aljabar pada bidang bilangan kompleks

  Aljabar dimensi n di atas lapangan $\backslash mathbb\; C$ bilangan kompleks adalah aljabar dimensi 2n di atas $\backslash mathbb\; R$. Badan Quaternion $\backslash mathbb\; H$ bukan aljabar di atas bidang $\backslash mathbb\; C$, sejak pusat $\backslash mathbb\; H$ adalah ruang nyata satu dimensi. Oleh karena itu, satu-satunya aljabar pembagian berdimensi-hingga di atas $\backslash mathbb\; C$ adalah aljabar $\backslash mathbb\; C$.

  Hipotesis Frobenius

  Teorema tersebut berisi kondisi asosiatif. Apa yang terjadi jika Anda menolak kondisi ini? Konjektur Frobenius menyatakan bahwa bahkan tanpa kondisi asosiatif untuk n yang berbeda dari 1, 2, 4, 8, dalam ruang linier nyata R n seseorang tidak dapat mendefinisikan struktur aljabar pembagian. Hipotesis Frobenius terbukti pada tahun 60-an. abad XX.

  Jika di n>1 di ruang hampa R n perkalian bilinear tanpa pembagi nol didefinisikan, maka pada bola S n-1 ada n-1 medan vektor bebas linier. Dari hasil yang diperoleh Adams pada angka bidang vektor pada bola, maka ini hanya mungkin untuk bola S 1 , S 3 , S 7. Ini membuktikan dugaan Frobenius.

  Lihat juga

  Tulis ulasan tentang artikel "Teorema Frobenius"

  literatur

  • Bakhturin Yu.A. Struktur dasar aljabar modern. - M.: Nauka, 1990. - 320 hal.
  • Kurosh A.G.. - M.: Nauka, 1973. - 400 hal.
  • Pontryagin L.S.. - M.: Nauka, 1986. - 120 hal. - (Perpustakaan "Quantum", edisi 54).

  Perhitungan set

  ) Periode Aritmatika yang Dapat Dihitung |header2= Bilangan real
  dan ekstensinya |header3= Alat ekstensi
  sistem bilangan |heading4= Hirarki bilangan |list4=

  $-1,\backslash ;0,\backslash ;1,\backslash ;\backslash ltitik$ Bilangan bulat $-1,\backslash ;1,\backslash ;\backslash frac(1)(2),\backslash ;\backslash ;0(,)12,\backslash frac(2)(3),\backslash ;\backslash ldots$ Angka rasional $-1,\backslash ;1,\backslash ;\backslash ;0(,)12,\backslash frac(1)(2),\backslash ;\backslash pi,\backslash ;\backslash sqrt(2),\backslash ;\backslash ldots$ bilangan asli
  $-1,\backslash ;\backslash frac(1)(2),\backslash ;0(,)12,\backslash ;\backslash pi,\backslash ;3i+2,\backslash ;e^(i\backslash pi/3),\backslash ;\backslash ldots$	Bilangan kompleks

  $1,\backslash ;i,\backslash ;j,\backslash ;k,\backslash ;2i\; +\; \backslash pi\; j-\backslash frac(1)(2)k,\backslash ;\backslash titik$ quaternions $1,\backslash ;i,\backslash ;j,\backslash ;k,\backslash ;l,\backslash ;m,\backslash ;n,\backslash ;o,\backslash ;2\; -\; 5l\; +\; \backslash frac(\backslash pi)(3)m,\backslash ;\backslash \; titik-titik$ oktonion $1,\backslash ;e\_1,\backslash ;e\_2,\backslash ;\backslash titik,\backslash ;e\_(15),\backslash ;7e\_2\; +\; \backslash frac(2)(5)e\_7\; -\; \backslash frac(1)(3)e\_(15),\backslash \; ;\backslash titik$ sedimentasi |heading5= Lainnya
  sistem bilangan

  |list5=Bilangan kardinal Bilangan urut (transfinite, ordinal) p-adic Bilangan supranatural Semuanya tersebar. Paman menurunkan Natasha dari kuda dan menuntunnya menaiki tangga reyot di teras. Di rumah, tidak diplester, dengan dinding kayu, itu tidak terlalu bersih - tidak jelas bahwa tujuan orang yang tinggal adalah tidak ada noda, tetapi tidak ada pengabaian yang nyata.
  Lorong berbau apel segar, dan kulit serigala dan rubah digantung. Paman memimpin tamunya melewati aula depan ke sebuah ruangan kecil dengan meja lipat dan kursi merah, lalu ke ruang tamu dengan pohon birch meja bundar dan sofa, lalu ke kantor dengan sofa compang-camping, karpet usang dan dengan potret Suvorov, ayah dan ibu pemilik, dan dirinya sendiri dalam seragam militer. Ada bau tembakau dan anjing yang kuat di kantor. Di kantor, paman meminta para tamu untuk duduk dan membuat diri mereka sendiri di rumah, dan dia pergi. Teguran dengan punggung yang tidak bersih memasuki kantor dan berbaring di sofa, membersihkan diri dengan lidah dan giginya. Dari kantor ada koridor di mana layar dengan tirai robek bisa dilihat. Tawa dan bisikan wanita terdengar dari balik layar. Natasha, Nikolai, dan Petya menanggalkan pakaian dan duduk di sofa. Petya bersandar di lengannya dan segera tertidur; Natasha dan Nikolai duduk diam. Wajah mereka terbakar, mereka sangat lapar dan sangat ceria. Mereka saling memandang (setelah berburu, di dalam ruangan, Nikolai tidak lagi menganggap perlu untuk menunjukkan superioritas laki-lakinya kepada saudara perempuannya); Natasha mengedipkan mata pada kakaknya, dan keduanya tidak menahan diri lama dan tertawa terbahak-bahak, belum sempat memikirkan alasan untuk tawa mereka.
  Beberapa saat kemudian, paman saya datang mengenakan mantel Cossack, celana panjang biru dan sepatu bot kecil. Dan Natasha merasa bahwa jas ini, di mana dia melihat pamannya di Otradnoye dengan kejutan dan ejekan, adalah setelan yang nyata, yang tidak lebih buruk dari mantel rok dan jas berekor. Paman juga ceria; bukan saja dia tidak tersinggung oleh tawa saudara laki-laki dan perempuannya (tidak mungkin mereka bisa menertawakan hidupnya), tetapi dia sendiri ikut tertawa tanpa sebab.
  "Begitulah Countess muda - pawai bersih - saya belum pernah melihat yang lain seperti itu!" - katanya, memberikan satu pipa dengan betis panjang ke Rostov, dan meletakkan betis pendek lainnya yang dipotong gerakan akrab antara tiga jari.
  - Saya pergi selama sehari, meskipun pria itu tepat waktu dan seolah-olah tidak ada yang terjadi!
  Segera setelah paman, dia membuka pintu, jelas seorang gadis bertelanjang kaki dengan suara kakinya, dan melalui pintu dengan nampan besar di tangannya datang seorang gemuk, kemerahan, wanita cantik 40 tahun, dengan dagu ganda, dan bibir penuh kemerahan. Dia, dengan keterwakilan dan daya tarik yang ramah di mata dan setiap gerakannya, melihat sekeliling ke arah para tamu dan membungkuk hormat kepada mereka dengan senyum penuh kasih. Meskipun ketebalannya lebih dari biasanya, memaksanya untuk memajukan dada dan perutnya dan menahan kepalanya ke belakang, wanita ini (pembantu rumah tangga paman) melangkah dengan sangat ringan. Dia berjalan ke meja, meletakkan nampan, dan dengan tangan putihnya yang gemuk dengan cekatan melepas dan mengatur botol, makanan ringan, dan camilan di atas meja. Setelah menyelesaikan ini, dia pindah dan berdiri di pintu dengan senyum di wajahnya. “Ini dia dan aku! Apakah kamu mengerti pamanmu sekarang?" penampilannya memberi tahu Rostov. Bagaimana tidak mengerti: tidak hanya Rostov, tetapi juga Natasha mengerti paman dan arti alis yang berkerut, dan senyum bahagia dan puas diri yang sedikit mengernyitkan bibirnya saat Anisya Fyodorovna masuk. Di atas nampan ada jamu, minuman keras, jamur, kue tepung hitam di atas yurag, sarang madu, madu rebus dan berbuih, apel, kacang mentah dan panggang, dan kacang dalam madu. Kemudian Anisya Fyodorovna membawa selai dengan madu dan gula, dan ham, dan ayam, yang baru digoreng.
  Semua ini adalah rumah tangga, koleksi, dan selai Anisya Fyodorovna. Semua ini berbau dan bergema dan memiliki rasa Anisya Fyodorovna. Semuanya beresonasi dengan kesegaran, kemurnian, keputihan, dan senyum yang menyenangkan.
  "Makan, nona muda Countess," dia terus berkata, memberi Natasha satu hal, lalu yang lain. Natasha memakan segalanya, dan sepertinya dia belum pernah melihat atau makan kue seperti itu di yuraga, dengan buket selai, kacang dengan madu, dan ayam seperti itu. Anisya Fyodorovna keluar. Rostov dan pamannya, mencuci makan malam mereka dengan minuman keras ceri, berbicara tentang perburuan masa lalu dan masa depan, tentang Rugai dan anjing-anjing Ilaginsky. Natasha, dengan mata berbinar, duduk tegak di sofa, mendengarkan mereka. Beberapa kali dia mencoba membangunkan Petya untuk memberinya makan, tetapi dia mengatakan sesuatu yang tidak bisa dimengerti, jelas tidak bangun. Natasha sangat ceria hatinya, sangat bahagia di lingkungan baru ini untuknya, sehingga dia hanya takut bahwa droshky akan datang untuknya terlalu cepat. Setelah keheningan yang tidak disengaja, seperti yang hampir selalu terjadi pada orang-orang yang menerima kenalan mereka untuk pertama kali di rumah mereka, sang paman berkata, menjawab pemikiran bahwa tamu-tamunya memiliki:
  “Jadi saya menjalani hidup saya… Jika Anda mati, itu adalah pawai murni—tidak ada yang tersisa.” Apa dosa kemudian!
  Wajah Paman sangat signifikan dan bahkan cantik ketika dia mengatakan ini. Pada saat yang sama, Rostov tanpa sadar mengingat semua yang dia dengar dari ayah dan tetangganya tentang pamannya. Paman saya memiliki reputasi di seluruh lingkungan provinsi sebagai orang eksentrik yang paling mulia dan paling tidak tertarik. Dia dipanggil untuk mengadili kasus keluarga, dia dijadikan eksekutor, rahasia dipercayakan kepadanya, dia dipilih untuk mengadili dan jabatan lainnya, tetapi dari pelayanan publik dia dengan keras kepala menolak, menghabiskan musim gugur dan musim semi di ladang dengan kebiri cokelatnya, duduk di rumah di musim dingin, berbaring di tamannya yang rimbun di musim panas.