Конспект подготовил Александр Васильев фивт мфти 2016

• Название: Конспект подготовил Александр Васильев фивт мфти 2016
• Дата: 16.10.2021
• Размер: 0.49 Mb.
• Имя файла: group_theory.pdf
• Тип: Конспект; #248914
• страница: 3 из 5

′
<
K < то G/K ≅ (G/G
′
)/(
K/G
′
)
— абелева.
Замечание.
В конце доказательства мы, по сути, увидели, что для любого гомоморфизма ϕ ∶ G → A, где A — абелева, Ker ϕ > G
′
Упражнение.
Пусть H ◁G, K = [G, H]. Тогда K — наименьшая подгруппа такая, что H/K < Определение Пусть G — группа, M ⊆ G. Тогда нормальная подгруппа,
порождённая множеством M
, есть норм Утверждение 2.6. ⟨M норм ⟨
M
G
⟩
, где M
G
= {
m g
∣
m ∈ M, g ∈ G}.
Доказательство.
Если H◁G, M ⊆ H, то M
G
⊆
H
. Значит, ⟨M
G
⟩ = ⋂
HG
H ⊆
⋂
H◁G,H⊇M
H = ⟨M норм. Наоборот, ⟨M
G
⟩◁
G
, т. к. ∀g ∈ G ⟨M
G
⟩
g
= ⟨
M
Gg
⟩ = поэтому норм ⟨
M
G
⟩
∎

20
ФИВТ МФТИ
Утверждение 2.7. Пусть G = ⟨M ⟩. Тогда G
′
= ⟨{[
m
1
, m
2
] ∣
m
1
, m
2
∈
M }⟩
норм
Доказательство.
Обозначим правую часть равенства через H. Рази для любых m
1
, m
2
∈
M
, получаем H < Наоборот, рассмотрим G/H и канонический эпиморфизм π ∶ G → G/H;
[
π(m
1
)
, π(m
2
)] =
π([m
1
, m
2
]) =
e для произвольных m
1
, m
2
∈
M
. Итаки любые два элемента из π(M) коммутируют. Значит, G/H — абелева,
откуда Значит, G
′
=
H
∎
Упражнение.
Приведите пример, когда G
′
≠ ⟨{[
m
1
, m
2
] ∣
m
1
, m
2
∈
M }⟩
Замечание.
Для группы G обе подгруппы Z(G) и показывают, насколько
«далека» G от абелевой.
2.5
Разрешимые группы
Определение Группа G называется разрешимой, если существует такое, что G
(
n)
= Пример. S
′
3
=
A
3
= ⟨(
1 2 3)⟩
, A
3
— абелева, а потому A
′
3
= {
e} = S
(
2)
3
. Значит разрешима.
Замечание.
Наименьшее n такое, что G
(
n)
= {
e}
, называется ступенью разрешимости Теорема 2.6. Пусть K ◁ G. Тогда G разрешима ⇔ K и G/K разрешимы.
Доказательство.
⇒
K < G ⇒ K
(
n)
<
G
(
n)
. Значит, K разрешимо. Пусть π ∶ G → G/K — канонический эпиморфизм. Тогда (G/K)
′
=
π(G
′
)
, и по индукции (G/K)
(
n)
=
π(G
(
n)
)
. Т. к. G
(
n)
= при некотором n, (G/K)
(
n)
= {
K} ⇒ G/K
разре- шима.
⇐
Пусть K
(
n)
= {
e}
, (G/K)
(
l)
= {
e}
. Тогда π(G
(
l)
) = (
G/K)
(
l)
= {
e}
, те. Значит, G
(
l+n)
= (
G
(
l)
)
(
n)
<
K
(
n)
= Следствие. Пусть K
1
, K
2
◁
G — разрешимые (нормальные) подгруппы. Тогда также разрешима.
Доказательство.
Заметим, что K
1
◁
K
1
⋅
K
2
; K
1
— разрешима по условию,
(
K
1
⋅
K
2
)/
K
1
≅
K
2
/(
K
1
∩
K
2
)
(по первой теореме об изоморфизме) — также разрешима, т. к. разрешимы и по теореме. Значит, также разре- шима.
∎
Следствие. В любой конечной группе G существует наибольшая по включению нормальная разрешимая подгруппа (это просто произведение всех нормальных разрешимых подгрупп).
Теорема 2.7. Пусть G — группа. Тогда равносильны следующие утверждения разрешима

Теория групп 2. Существует цепочка подгрупп G = G
0
>
G
1
> ⋅ ⋅ ⋅ >
G
k
= {
e} такая, что и G
i
/
G
i+1
— абелева. Существует цепочка подгрупп G = G
0
>
G
1
> ⋅ ⋅ ⋅ >
G
k
= {
e} такая, что и G
i
/
G
i+1
— абелева.
Доказательство.
1 ⇒ Положим G
i
=
G
(
i)
. Т. к. G — разрешима, G
(
k)
= при некотором Уже доказано, что и G
(
i)
/
G
(
i+1)
=
G
(
i)
/(
G
(
i)
)
′
— абелева ⇒ Тривиально ⇒ Покажем, что G
(
i)
<
G
i
. При i = 0 это верно. Пусть G
(
i)
<
G
i
, тогда рассмотрим канонический эпиморфизм π
i
∶
G
i
→
G
i
/
G
i+1
. π
i
(
G
(
i)
) <
G
i
/
G
i+1
, те. π
i
(
G
(
i)
)
— абелева группа. Это значит, что у гомоморфизма ядро содержит (G
(
i)
)
′
=
G
(
i+1)
, те. Итак {
e} ⇒ G
(
k)
= {
e}
, те разрешима.
∎
Замечание.
Цепочка в (2) называется нормальным рядом подгрупп с абелевыми факторами. Цепочка в (3) называется субнормальным рядом подгрупп с абелевыми факторами
Утверждение 2.8. Любая группа разрешима.
Доказательство.
Пусть G — группа, ∣G∣ = p n
. Докажем, что G разрешима индукцией по n. При n = 1 G — циклическая ⇒ абелева ⇒ G
′
= {
e}
. Пусть n > Положим Z = Z(G) ≠ {e}. Если Z = G, то G абелева, а потому разрешима.
Иначе ∣Z∣ = p k
, ∣G/Z∣ = p n−k
, где 1 ⩽ k ⩽ n − 1. Значит, Z и G/Z разрешимы по предположению индукции, а по теореме разрешима и G.
∎
Замечание.
Из этого доказательства можно получить нормальный ряд подгрупп с абелевыми факторами. Положим H
0
= {
e}
, H
1
=
Z(G)
; где π ∶ G → G/H
1
— канонический эпиморфизм. Аналогично строятся H
3
, . . . , Тогда {e} = H
0
<
H
1
< ⋅ ⋅ ⋅ <
H
k
=
G
— требуемый нормальный ряд.
Теорема 2.8. Пусть G — группа, ∣G∣ = p n
. Тогда для любого 0 ⩽ k ⩽ n − 1
∃
H ◁ G∶ ∣H∣ = p k
Доказательство.
Индукция по k. Если k = 0, то H = {e}. Пусть k > Обозначим Z = Z(G) ≠ {e}. Если e ≠ g ∈ Z, то ord g = p l
. Положим h = g тогда ord h = p. Пусть H = ⟨h⟩ ⇒ ∣H∣ = p. Более того, H < Z ⇒ H ◁ G. В группе
G/H
по предположению индукции найдётся нормальная подгруппа порядка p
k−1
; по второй теореме об изоморфизме эта подгруппа имеет вид K/H, где < K ◁ G
. Итаки k
∎
Замечание.
Т. к. любая группа G разрешима, G
′
≠
G
Упражнение.
Докажите, что разрешима

22
ФИВТ МФТИ
2.6
Простые группы
Определение Группа G называется простой, если в ней ровно две нормальных подгруппы G и {e}.
Замечание.
Группа из одного элемента не является простой.
Пусть G — произвольная группа, G = G
0
▷
G
1
▷
. . . ▷ G
n
= {
e}
— субнор- мальный ряд подгрупп (G
i
≠
G
i+1
). Если G
i
/
G
i+1
— непростая, то существует нетривиальная H/G
i+1
◁
G
i
/
G
i+1
, тогда H можно вставить между G
i и G
i+1
, ибо ▷ G
i+1
. Если эта процедура закончится (в частности, это так для всех конечных групп, то получим субнормальный ряд с простыми факторам.
Замечание.
Полученный субнормальный ряд называется композиционным рядом группы Для любых двух композиционных рядов группы G наборы факторов совпадают с точностью до перестановки и изоморфизма (теорема Жордана-Гёльдера).
Утверждение 2.9. Абелева группа проста ⇔ G ≅ Z
p при простом p.
Доказательство.
Пусть G — абелева простая группа, e ≠ g ∈ G. Тогда ⟨g⟩ ◁
G ⇒ ⟨g⟩ = G
. Значит, G ≅ Z или G ≅ Z
n
. Если G ≅ Z, тоне проста.
Пусть G ≅ Z
n и n — составное, те. Тогда Z
n
▷
kZ
n
≠ Z
n
⇒
G
непроста.
Если G ≅ Z
p
, тот. е. ∣H∣ = p или ∣H∣ = 1, а значит H = G или = {e}
— G проста.
∎
Теорема 2.9. Группа A
5
проста.
Лемма 2.1. Пусть H ◁ G, ∣G ∶ H∣ = 2, h ∈ H. Тогда, если C
G
(
h) ≠ то h
H
=
h
G
. В противном случае и ∣h
H
∣ = для некоторого h
1
∈
H
G
Доказательство.
Напоминание: C
G
(
h) = {g ∈ G ∣ hg = gh}
, ∣h
G
∣ = ∣
G ∶ Пусть существует g ∈ C
G
(
h) ∖ C
H
(
h) = C
G
(
h) ∖ H
. Тогда G = H ∪gH = H Значит, h
G
=
h
H
∪
h gH
=
h
H
∪ (
h g
)
H
=
h
H
, т. к. g ∈ Пусть h
G
=
h
H
. Тогда ∀g ∈ G ∖ H h g
=
h x
, x ∈ H ⇒ h gx
−1
=
h ⇒ gx
−
1
∈
C
G
(
h) ∖
H
. В этом случае C
G
(
h) ≠ C
H
(
h)
. Значит, если C
G
(
h) = C
H
(
h)
, то h
G
≠
h
H
, но h
G
=
h
H
∪ (
h g
)
H
, где g ∈ G ∖ H. Обозначим h
1
=
h g
⇒
h
G
=
h
G
⊔
h
H
1
. Наконец gH
=
h
Hg
, тогда биекция между и h
H
1
задаётся очень просто h
H
∋
x ↦
x g
∈
h
Hg
. Итак, ∣h
H
∣ = Доказательство теоремы.
Пусть H ◁ A
5
, H ≠ {e}. Тогда H есть объединение нескольких классов сопряжённости в A
5
. Пусть σ = (a
1
. . . a k
) ∈
S
n
. Тогда στ
−
1
= (
τ (a
1
)
. . . τ (a Значит, классы сопряжённости (и их мощности) элементов в ив таковы

Теория групп
23
в в A
5
e
S
5
= {
e}
∣{
e}∣ = 1
(
1 2 3)
S
5
= {(
i j k)}
(
4 5) ∈ C
S
5
((
1 2 3)) ∖ то есть ∣(1 2 3)
A
5
∣ = ∣{(
i j k)}∣ = 20
((
1 2)(3 4))
S
5
= {(
i j)(k l)}
(
3 4) ∈ C
S
5
((
1 2)(3 4)) ∖ то есть 2)(3 4))
A
5
∣
=
∣{(
i j)(k l)}∣ = 15
(
1 2 3 4 5)
S
5
= {(
i j k l m)}
24 ∤ ∣A
5
∣ =
60 два класса 2 3 4 5)
A
5
∣ =
12
, ∣(1 2 3 5 4)
A
5
∣ Из тех чисел 1, 20, 15, 12, 12 нельзя составить нетривиальную сумму, делящую и содержащую 1. Значит, рази и H = A
5
. Теорема 2.10. При n ⩾ 5 группа A
n проста.
Замечание. A
4
▷
V
4
Доказательство.
Уже знаем A
n
= ⟨{(
i j k)}⟩
, A
n действует на {1, . . . , n} и) ≅ Индукция по n ⩾ 5, база уже доказана. Пусть теперь n ⩾ 6, {e} ≠ H ◁ Докажем, что существует нетривиальная перестановка e ≠ σ ∈ H такая, что σ ∈ St(i)
. Рассмотрим e ≠ τ ∈ H. Б. о. о. τ = (1 2 . . .) . . . — разложение в произведение независимых циклов. τ ∈ нетривиально переставляет хотя бы 3 элемента. Значит, ∃k∶ τ(k) ∉ {1, 2, k} (возможно, k ∈ {1, 2}). Пусть (k) = l
. Наконец, пусть p, q ∉ {1, 2, k, l}, p ≠ q, p, q ∈ {1, . . . , n}. Обозначим, тогда τ
1
(
1) = 2
, τ
1
(
k) = q
. Значит, (τ
1
τ
−
1
)(
2) = 2
, (τ
1
τ
−
1
)(
l) = q ≠ l
, те. e ≠ τ
1
τ
−
1
∈
H ∩ Пусть e ≠ σ ∈ H ∩ St(n). Тогда H ∩ St(n) ◁ St(n) ≅ A
n−1
. Значит, H ∩ St(n) по предположению индукции. В частности, (1 2 3) ∈ H ⇒ (1 2 но (1 2 3)
A
n
= {(
i j k)}
. То Замечание. A
5
— неабелева простая группа наименьшего возможного поряд- ка.
Замечание.
Пусть F — поле. Тогда простой является группа SL
N
(
F ) = SL
n
(
F )/Z(SL
N
(
F где Z(SL
n
(
F )) = {λE ∣ λ ∈ F, λ
n
=
1}
, если а) n ⩾ б) n = 2 и ∣F ∣ ⩾ Упражнение. P SL
2
(
F
2
) ≅
S
3
, P SL
2
(
F
3
) ≅
A
4
, P SL
2
(
F
4
) ≅
P SL
2
(
F
5
) Теорема 2.11. Группа проста, где Замечание. SO
3
— группа вращений трёхмерного евклидового пространства.
Действительно, если A ∈ SO
3
, то уесть с. з. 1 и A реализует вращение вокруг соответствующего собственного вектора

24
ФИВТ МФТИ
Доказательство.
Как выглядят классы сопряжённости в SO
3
? Пусть g, h ∈
SO
3
, и пусть h — вращение вокруг l на угол α. Тогда ghg
−
1
— вращение на угол
α
вокруг g(l), поскольку h(x) = y ⇒ ghg
−
1
(
gx) = g(y)
. Значит, состоит из всех вращений на угол α. Пусть {e} ≠ H ◁ SO
3
. Пусть e ≠ h ∈ H – пусть это вращение на α относительно l. Тогда в H содержатся все вращения на Пусть l(ϕ) — прямая, образующая угол ϕ с l, x(ϕ) — вращение вокруг l(ϕ) на. Тогда x(ϕ) ∈ H (считаем, что x(ϕ) непрерывно меняется при изменении Положим y(ϕ) = h(x(ϕ))
−
1
. Тогда y(0) = id, а y(ϕ) — вращение на некоторый угол β(ϕ), β(0) = 0. β(ϕ) — также непрерывная функция аргумента ϕ (β выражается через tr y(ϕ)), β — не тождественный ноль. Значит, значения заметают некоторый интервал [0, α
0
]
, α
0
>
0
, т. кв лежат все вращения на углы γ ∈ [0, α
0
] в H лежат все вращения
∎
Замечание. SO
n проста при n = 3 и n ⩾ Теоремы Силова
Пусть ∣G∣ = n, k ∣ n. В таком случае необязательно существует H < G, ∣H∣ =
k
. Например, в группе нет H < A
4
: ∣H∣ = 6. Иначе бы ∣A
4
∶
H∣ = 2 ⇒ H ◁ но классы сопряженности в имеют порядки 1, 3, 4, 4, и из этих порядков не составить Определение Пусть G — конечная группа, ∣G∣ = n = p k
s
, где p — простое. Тогда силовской подгруппой в G называется подгруппа < такая, что ∣H∣ = p Теорема я теорема Силова). В любой конечной группе G, p ∣ n = существует силовская p-подгруппа.
Теорема я теорема Силова). Любая подгруппа группы G содержится в некоторой силовской подгруппе. Более того, все силовские подгруппы в G сопряжены.
Теорема я теорема Силова). Пусть N
p
— количество словских p- подгрупп в G. Тогда N
p
≡
1 mod p.
Замечание.
Во-первых, из второй теоремы следует, что все силовские p- подгруппы в G изоморфны. Во-вторых, уже известно, что в группе порядка p
k есть подгруппы любого порядка p l
, l ⩽ k. Значит, ив есть такие (но они необязательно изоморфны).
Доказательство й теоремы при условии 1-й.
Пусть P — силовская подгруппа в G, H — некоторая подгруппа в G, ∣H∣ = p t
. Рассмотрим действие группы на Ω = G/P левыми сдвигами h(gP ) = hgP . Пусть Ω = Ω
1
⊔
Ω
2
⊔ ⋅ ⋅ ⋅ ⊔
Ω
m
— разбиение на орбиты. Тогда для любого i выбрав ω
i
∈
Ω
i
∣
Ω
i
∣ = ∣
H ∶ St(ω
i
)∣ =
p
α
i
,
α
i
∈ Z
+
. Значит, по формуле орбит s =
n p
k
= ∣
Ω∣ = p
α
1
+ ⋅ ⋅ ⋅ +
p
α
m
. Поскольку p ∤ существует α
i
=
0
, те. Но P
1
=
gP g
−
1
<
G
— подгруппа, сопряженная с P . Итак, H ⋅ P
1
=
P
1
⇒
H ⊆ P
1
⇒
H < P
1
, ∣P
1
∣ =
p k
. Наконец, если H —

Теория групп
25
силовская подгруппа, тот. е. H и P
сопряжены.
∎
Доказательство й (и й) теоремы.
Пусть Ω = {M ⊆ G ∣ ∣M∣ = p k
}
, G действует на Ω левыми сдвигами g(M) = gM ∈ Ω. Пусть M ∈ Ω, H = St(M). Это значит, что для любого h ∈ H hM = M ⇒ HM = M. Нот. е.
M
есть объединение правых смежных классов по H, откуда ∣H∣ ∣ ∣M∣ = p k
⇒
∣
H∣ = p t
, t ∈ Z, а тогда ∣G(M)∣ = ∣G ∶ H∣ = sp Заметим если H — силовская подгруппа, то M = HM = Hm, m ∈ M. Наоборот, если K — произвольная силовская подгруппа, то для множества M = Kg имеем KM = M ⇒ K < St(M) ⇒ K = St(M). Итого любая силовская p- подгруппа K < G является стабилизатором ровно для ∣G ∶ K∣ = s подмножеств своих правых смежных классов. В тоже время, любой правый смежный класс силовской подгруппы будет левым для некоторой (возможно, другой) силов- ской подгруппы, а его орбита — всеми елевыми смежными классами.
Применим формулу орбит если Ω = Ω
1
⊔ ⋅ ⋅ ⋅ ⊔
Ω
m
— разбиение Ω на орбиты,
то
C
p k
n
= ∣
Ω∣ =
m
∑
i=1
∣
Ω
i
∣ =
m
∑
i=1
s ⋅ p k−t где среди чисел t есть ровно N
p чисел, равных k; для остальных же слагаемые будут кратны p. Значит k
n
≡
N
p
⋅
s (mod те зависит только лишь от n, а не оттого, какую группу порядка мы выбрали.
Например, если G = Z
n
, тов ней ровно одна подгруппа порядка p k
⇒
N
p
≡
1
(
mod для любой G, ∣G∣ = n.
∎
Упражнение.
Пусть 0 ⩽ l ⩽ k, и пусть N
p
(
l)
— количество подгрупп порядка p
l в группе G. Тогда N
p
(
l) ≡ 1 (mod Утверждение 2.10. Пусть p < q — простые числа. Тогда любая группа G,
∣
G∣ = pq, разрешима.
Доказательство.
Пусть Q — силовская подгруппа в G, ∣Q∣ = q. Все силов- ские подгруппы сопряжены с ней, и их количество есть N
q
≡
1 mod q
. Если, то g
−
1
Qg = для любого g ∈ G ⇒ Q◁G, ∣G/Q∣ = p, те и G/Q — циклические разрешима. Иначе в любой силовской подгруппе найдётся q − элементов порядка q, и все они различны ⇒ ∣G∣ ⩾ N
q
⋅ (
q − 1) ⩾ (q + 1)(q − 1) > pq
—
противоречие.
∎
Теорема 2.15. Пусть G — конечная группа, p
1
, . . . , p k
— все различные простые делители n = ∣G∣, а P
1
, . . . , P
k
— соответствующие силовские подгруппы в G. Тогда. P
i
◁
G ⇔ N
p i
=
1 2. G = P
1
× ⋅ ⋅ ⋅ ×
P
k
⇔ ∀
i Доказательство

26
ФИВТ МФТИ
1. Если N
p i
=
1
, то P
i
— единственная силовская p подгруппа, а тогда ∀g ∈ G gP
i g
−
1
=
P
i
⇒
P
i
◁
G
. Наоборот, если P
i
◁
G
, то по второй теореме Силова любая силовская p подгруппа сопряжена ст. к. совпадает с P
i
. Значит, N
p i
=
1.
2. Если G = P
1
× ⋅ ⋅ ⋅ ×
P
k
, то P
i
◁
G
. Наоборот, если P
i
◁
G
, докажем индукцией по t, что P
1
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
P
t
=
P
1
× ⋅ ⋅ ⋅ ×
P
t
. При t = 1 — доказывать нечего. Пусть ⋅ ⋅⋅
P
t−1
=
P
1
×⋅ ⋅ ⋅×
P
t−1
, тогда ∣P
1
. . . делится только на p
1
, . . . , p t−1
, а делится лишь на p t
. Отсюда ∣P
1
. . . делит GCD(∣P
1
. . . P
t−1
∣
, ∣P
t
∣) ⇒
P
1
. . . P
t−1
∩
P
t
= {
e}
. Итак, P
1
. . . P
t−1
, P
t
◁
P
1
. . . P
t
, P
1
. . . P
t−1
∩
P
t
= {
e}
,
P
1
. . . P
t−1
⋅
P
t
=
P
1
. . . P
t
⇒
P
1
. . . P
t
= (
P
1
. . . P
t−1
) ×
P
t
=
P
1
× ⋅ ⋅ ⋅ Следствие. Любая конечная абелева группа — прямое произведение своих силовских подгрупп

Глава Задание групп
Как задать группу Z
n
— циклическую группу из n элементов Можно сказать, что она порождается одним элементом порядка n, а образующие и соотношения позволят записать это как Z
n
≅ ⟨
a ∣ a Свободные группы
Определение Пусть F
n
= ⟨
f
1
, . . . , f n
⟩
— группа. Она называется свободной со свободными порождающими f
1
, . . . , f n
, если выполняется универсальное свойство для любой группы G и любых g
1
, . . . , g существует гомоморфизм ∶ такой, что ϕ(f i
) =
g i
, i = 1, . . . , n.
Замечание.
Такой гомоморфизм ϕ единственен.
Замечание.
Если G = ⟨g
1
, . . . , g n
⟩
, то ϕ сюрьективен, те Пусть f