В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001

• Название: В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001
• Анкор: 2.pdf
• Дата: 16.03.2019
• Размер: 1.78 Mb.
• Имя файла: 2.pdf
• Тип: Книга; #25894
• страница: 11 из 16

174. Пусть элемент переходит в i
2
, в и т. д. Пусть i первый повторившийся элемент. Если предположить, что i r
= i k
, где r − 1, то получим, что два различных элемента i и i переходят при подстановке в один и тот же элемент — противоречие.
Следовательно, i r
= i
1
, и мы получаем один цикл. Начиная с любого элемента, не вошедшего в этот цикл, построим второй цикли т. д.
Нетрудно понять, что данная подстановка является произведением полученных независимых циклов.
Пусть теперь данная подстановка является произведением ка- ких-нибудь независимых циклов. Если один из циклов переводит элемент в и элементы и не встречаются в других циклах, то все произведение будет также переводить в i
2
. Поэтому элемент следующий зав цикле, содержащем i
1
, однозначно определяется данной подстановкой. Таким образом, все циклы однозначно определяются. Заметим, что если циклы необязательно независимы, то разложение может быть не единственным. Например 2 3 2 3 1
= (1 2) · (2 и 2 3 2 3 1
= (1 3) · (1 2).
175. Указание. Проверьте, что выполняется равенство. . . i m
) = (i
1
i m
) · (i
1
i m−1
) · . . . · (i
1
i
3
) · (i
1
i
2
).
176. Указание. Пусть i < j. Проверьте, что выполняется равенство 2, j − 1) · (j − 1, j)×
× (j − 2, j − 1) · (j − 3, j − 2) · . . . · (i + 1, i + 2) · (i, i + 1).
177. Пары, образующие инверсии — (3, 2), (3, 1), (2, 1) (5, 4), (5, 1),
(4, 1). Ответ. 6.
178. Если числа i и j меняются местами и k
1
, k
2
, . . . , k s
— все числа, стоящие между i и j, то свойство образовывать или не образовывать инверсию заменяется на противоположное только у следующих пар чисел (i, j), (i, k r
), (k r
, j) где r = 1, 2 . . . s, те. у 2s + 1 пар. Так как число 2s + 1 нечетное, тов результате четность числа инверсий изменится. Ответ. Подстановка четная (6 инверсий).
180. Так как. . . r . . . s . . .
. . . i r
. . . i s
· (r, s) =
. . . r . . . s . . .
. . . i s
. . . i то нижняя строка в произведении получается из нижней строки исходной подстановки перестановкой двух чисел i и i s
. В силу результата задачи 178 полученная и исходная подстановки имеют разную четность. Любая подстановка разлагается в произведение транспозиций
(см. 174, 175). Пусть произвольная подстановка a разложена в произведение транспозиций a = a
1
· a
2
· . . . · a m
. Можно записать a =
e · a
1
· a
2
· . . . · a m
. Так как четная подстановка e m раз умножается на транспозиции, то получаем (см. 180), что при m четном a — четная подстановка, при m нечетном a — нечетная подстановка. См. указание к 175. Ответа) Четная б) нечетная в) четная при нечетном m, нечетная при четном m.
183. Указание. Разложите данные подстановки в произведение транспозиций (см. 181). Посмотрите, какое число транспозиций будет в произведении данных подстановок. Если бы подстановки a и имели разную четность, то
(см. 183) подстановка aa
−1
= e была бы нечетной, что неверно. Например 2 3) · (2 3 4) =
1 2 3 4 5 . . . n
2 1 4 3 5 . . . n
,
(2 3 4) · (1 2 3) =
1 2 3 4 5 . . . n
3 4 1 2 5 . . . n
186. Если a — четная подстановка, то и gag
−1
— четная подстановка независимо отчетности подстановки g. Поэтому A
n
— нормальная подгруппа в группе S
n
. Пусть b — произвольная нечетная подстановка. Докажем, что смежный класс bA
n содержит все нечетные подстановки. Пусть c — произвольная нечетная подстановка. Тогда b
−1
c четная подстановка. Поэтому подстановка c = b(b
−1
c) содержится в смежном классе bA
n
. Таким образом, группа S
n разлагается на два смежных класса по подгруппе A
n
— все четные подстановки и все нечетные подстановки

187. Ответ. Так как группа S
n разлагается на 2 смежных класса
¡
¢
£
¤
¥
¦
§
¨
©
¥
¦
§
¨
¡
©
¡
¢
£
¤
Рис. по подгруппе имеющих одинаковое число элементов, то число элементов в группе A
n равно (см. 172)
n!
2
=
1 · 2 · . . . · n
2 188. Группа содержит 2 элемента и, следовательно, изоморфна коммутативной группе Z
2
. Группы и изоморфны соответственно группе симметрий треугольника и группе симметрий тетраэдра.
Обе эти группы разрешимы (см. 156).
189. Занумеруем вершины додэказдра так, как показано на рис. В качестве искомых тетраэдров можно взять, например, тетраэдры со следующими наборами вершин (1, 8,
14, 16), (2, 9, 15, 17), (3, 10, 11, 18), (4, 6, 12, 19), (5, 7, 13, 20).
190. Подстановки й степени могут разлагаться в произведение независимых циклов только следующими способами а) (б) (i
1
i
2
i
3
), в) (i
1
i
2
)(i
3
i
4
), где. Учитывая результаты задачи, получаем, что в случаях а, б),
в) подстановка является четной, а в случаях где) подстановка является нечетной. Пусть нормальная подгруппа N в группе содержит некоторую подстановку h вида а) (см. 190). Без ограничения общности можно считать, что h = (1 2 3 4 5). Докажем, что произвольная подстановка) вида а) также содержится в N . Если в строке i
1
,
i
2
, i
3
, i
4
, четное число инверсий, то подстановка g =
1 2 3 4 четная. Тогда по определению нормальной подгруппы в N содержится подстановка ghg
−1
= (i
1
i
2
i
3
i
4
i
5
). Если в строке i
1
, i
2
, i
3
, i
4
, нечетное число инверсий, тов строке i
1
, i
4
, i
2
, i
5
, четное число инверсий (так как в трех парах поменялся порядок элементов. В
этом случае подстановка g =
1 2 3 4 четная. Поэтому N содержит подстановку ghg
−1
= (i
1
i
4
i
2
i
5
i
3
), а вместе с ней и подстановку (Пусть теперь нормальная подгруппа N содержит подстановку h = (1 2 3) вида б) (см. 190), и пусть (i
1
i
2
i
3
) — произвольная подстановка. Возьмем элементы и из множества {1, 2, 3, 4, 5}, не совпадающие с элементами i
1
, i
2
, i
3
. Либо в строке i
1
, i
2
, i
3
, i
4
, либо в строке i
1
, i
2
, i
3
, i
5
, четное число инверсий. Поэтому одна из подстановок 2 3 4 или 2 3 4 является четной.
Обозначив эту подстановку g, получим, что в любом случаев содержится подстановка ghg
−1
= (Если нормальная подгруппа N содержит подстановку вида в)
(см. 190), например подстановку h = (1 2)(3 4), то она содержит и произвольную подстановку (i
1
i
2
)(i
3
i
4
) видав. Действительно, в этом

случае одна из подстановок 2 3 4 или 2 3 4 является четной. Если g — эта подстановка, тов содержится подстановка ghg
−1
= (i
1
i
2
)(i
3
i
4
).
192. Подсчитаем число подстановок каждого из видов а, б) и в)
(см. а) Существует 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 различных последовательностей из элементов 1, 2, 3, 4, 5. Так как каждая подстановка вида а) может быть записана пятью способами (в зависимости от выбора первого элемента, то число подстановок вида а) равно 5
= б) Таким же рассуждением, как ив случае а, получаем, что число подстановок вида б) равно · 4 · 3 3
= в) Подстановка видав) может быть записана 8 способами (4 способами можно выбрать и затем 2 способами i
2
). Поэтому число подстановок видав) равно · 4 · 3 · 2 8
= Любая нормальная подгруппа N содержит единичный элемент.
Кроме того, из результата задачи 191 следует, что в любой нормальной подгруппе группы все подстановки одного истого же вида
(см. 190) либо одновременно содержатся, либо одновременно не содержатся. Порядок нормальной подгруппы должен быть делителем порядка группы A
5
(60). Но при добавлении к 1 чисел 24, 20, 15 только в двух случаях получаются делители числа 60: когда ничего не добавляется и когда добавляются все три числа. Первый случай соответствует единичной подгруппе, второй случай соответствует всей группе A
5 193. Такой подгруппой является, например, подгруппа, содержащая все подстановки вида 2 3 4 5 6 . . . n i
1
i
2
i
3
i
4
i
5 6 . . . счетным числом инверсий в строке i
1
, i
2
, i
3
, i
4
, Глава II
194. а) Ответ. Нет, так как натуральные числа не образуют группу по сложению (см. б) Ответ. Нет, так как целые числа без нуля не образуют группу по умножению (у всех чисел кроме 1 и −1 нет обратных).
в) Ответ. Да. Воспользуйтесь результатом задачи Решение. Так как действительные числа образуют коммутативную группу по сложению, а без нуля также коммутативную группу по умножению, то достаточно проверить, что все рациональные числа образуют подгруппу в множестве действительных чисел по сложению,
а без нуля и по умножению. А это легко получить, используя результат задачи 57. Действительно 1) если a и b — рациональные числа,
то a + b и a · b также рациональные числа 2) 0 и 1 — рациональные числа 3) если a — рациональное число, то −a и
1
a
(при a = 0) — также рациональные числа. Дистрибутивность, очевидно, имеет место

Следовательно, рациональные числа образуют полег) Ответ. Да. Воспользуйтесь результатом задачи Решение. Если r
1
+ r
2
√
2 = 0 где и r
2
— рациональные числа и r = 0, то = чего не может быть, так как не является рациональным числом. Значит, если r
1
+ r
2
√
2 = 0 и r
1
, рациональные числа, то r
1
= r
2
= 0. Все числа вида r
1
+ r
2
√
2 при разных парах (r
1
, r
2
) различны, так как если r
1
+ r
2
√
2 = r
3
+ то (r
1
− r
3
) + (r
2
− r
4
)
√
2 = 0 и r
1
= r
3
, r
2
= r
4
. Докажем, что все числа вида r
1
+ r
2
√
2, где и r
2
— рациональные числа, образуют поле. Для этого докажем, что числа вида r
1
+ r
2
√
2 образуют подгруппу в группе действительных чисел по сложению, а без нуля и по умножению. Воспользуемся результатом задачи 57: 1) если a = r
1
+ r
2
√
2 и b = r
3
+ r
4
√
2, то a + b = (r
1
+ r
3
) + (r
2
+ и ab = (r
1
r
3
+ 2r
2
r
4
) + (r
1
r
4
+ r
2
r
3
)
√
2 ; 2) 0 и 1 содержатся в рассматриваемом множестве, так как 0 = 0 + 0 ·
√
2 и 1 = 1 + 0 ·
√
2;
3) если a = r
1
+ r
2
√
2, то −a = (−r
1
) + (−r
2
)
√
2 и (при r
1
+ r
2
√
2 = 0)
a
−1
=
1
r
1
+ r
2
√
2
=
r
1
− r
2
√
2
(r
1
+ r
2
√
2)(r
1
− r
2
√
2)
=
r
1
− r
2
√
2
r
2 1
− 2r
2 2
=
r
1
r
2 1
− 2r
2 2
+
+
−
r
2
r
2 1
− 2r
2 2
√
2. Так как дистрибутивность имеет место для всех действительных чисел, то рассматриваемое множество является полем. Имеем a0 + a0 = a(0 + 0) = a0. Так как поле является группой по сложению, то можно к обеим частям равенства a0 + a0 = a0 прибавить. Получим a0 = 0. Так как умножение в поле коммутативно,
то и 0a = 0.
196. 1) ab + (−a)b = (a + (−a))b = 0b = (см. 195) = 0. Отсюда = −(ab). Точно также доказывается, что a(−b) = −ab; 2) (−a) ×
× (−b) = (см. пункт 1) = −(a(−b)) = −(−(ab)) = (см. 20) = ab.
197. Если ab = 0 и a = 0, то существует элемент a
−1
, обратный к Тогда a
−1
ab = a
−1 0 = (см. 195) = 0. Но a
−1
ab = 1 · b = b. Отсюда b = 0.
198. Ответ см. в табл.
14
Т а блица 0
2 0
2 3
0 3
2 1
199. Пусть n составное, те, где n
1
< n и n
2
< n. Тогда по модулю n получаем n
1
n
2
= 0, но n
1
= 0 и n
2
= 0. Так как в поле такого быть не может (см. 197), то при n составном остатки с операциями по модулю n не образуют поля.
Заметим теперь следующее. Пусть x и y — два натуральных числа, r
2
— остатки отделения их нате+ и y = k
2
n + Тогда x + y = (k
1
+ k
2
)n + (r
1
+ r
2
) и xy = (k
1
k
2
n + k
1
r
2
+ k
2
r
1
)n +
+ r
1
r
2
, откуда получаем, что числа x + y и r
1
+ r
2
, а также числа xy и дают при делении на n одинаковые остатки. Другими словами,
мы получим одинаковый результат, если мы сначала возьмем остатки отделения и y на n и потом сложим (или умножим) их по модулю n или если мы сначала сложим (или умножим) x и y как обычные натуральные числа, а затем возьмем остаток отделения полученного числа на n. Таким образом, при вычислении некоторого выражения с операциями по модулю n можно не брать остаток отделения на n после каждой операции, а произвести вычисления сначала как с обычными натуральными числами и обычными операциями и только в конце взять остаток отделения полученного числа на Воспользуемся этим.
Относительно сложения по модулю n остатки образуют коммутативную группу (см. 40). Так как для любых натуральных чисел a, b,
c равны числа (a + b)c и ac + bc, а следовательно, равны и остатки отделения их на n, то по модулю n выполняется равенство (a + b)c =
= ac + bc, те. имеет место дистрибутивность. Точно также по модулю имеет место ассоциативность и коммутативность умножения = a(bc) и ab = ba. Единичным элементом по умножению является. Остается показать, что при n простому каждого остатка отличного от 0, есть обратный, те. что найдется остаток x такой, что ax = 1 по модулю Итак, пусть 0 < a < n. Рассмотрим числа a · 0, a · 1, . . . , a(n − умножение обычное. Разность любых двух из этих чисел ak − al =
= a(k − l) не делится на n, так как n простое, аи Таким образом, все эти n чисел дают разные и, следовательно, всевозможные остатки при делении на n. Значит, одно из этих чисел дает при делении на n остаток 1, те по модулю n для некоторого остатка x. Таким образом, при n простом все свойства поля выполняются. Так как a − b = a + (−b), то (a − b)c = (a + (−b))c = ac +
+ (−b)c см. 196)= ac + (−bc) = ac − bc.
201. Вычтем из равенства (x) = S
1
(x)Q(x) + равенство (x) = S
2
(x)Q(x) + Получим = (S
1
(x) − S
2
(x))Q(x) + (R
1
(x) − и) − S
2
(x))Q(x) = R
2
(x) − Если S
1
(x) − S
2
(x) = 0, то степень многочлена, стоящего в левой части равенства (
1
), не меньше, чем степень многочлена Q(x), в то время как степень многочлена, стоящего в правой части, строго меньше,
чем степень многочлена Q(x). Из этого противоречия вытекает, что должно быть S
1
(x) − S
2
(x) = 0 и, следовательно, R
2
(x) − R
1
(x) = те) и R
1
(x) = R
2
(x).
202. Эта группа является прямым произведением группы действительных чисел по сложению на себя (см. 69 и 73). Единичным элементом (нулем) в ней является пара (0, 0).
203. Пусть z
1
= (a, b), z
2
= (c, d), z
3
= (e, f ). Тогда z
1
· z
2
=
= (ac − bd, ad + bc) и z
2
· z
1
= (ca − db, cb + da). Ho ac − bd = ca − db и ad + bc = cb + da, поэтому z
1
· z
2
= z
2
· z
1 146

Далее имеем (z
1
· z
2
) · z
3
= (ac − bd, ad + bc) · (e, f ) = (ace − bde −
− adf − bcf, acf − bdf + ade + bce) и z
1
(z
2
· z
3
) = (a, b) · (ce − df, cf +
+ de) = (ace − adf − bcf − bde, acf + ade + bce − bdf ), те. Пусть z = (a, b) = (0, 0), и пусть искомое комплексное число имеет вид z
−1
= (x, y). Тогда z · z
−1
= z
−1
· z = (ax − by, ay + bx). Для того чтобы было z · z
−1
= (1, 0) должны выполняться два равенства − by = 1,
bx + ay = Эта система уравнений имеет ровно одно решение =
a a
2
+ b
2
,
y = −
b a
2
+ причем a
2
+ b
2
= 0, так как (a, b) = (0, 0). Таким образом, b)
−1
=
a a
2
+ b
2
, −
b a
2
+ b
2 205. Пусть z
1
= (a, b), z
2
= (c, d), z
3
= (e, f ). Тогда (z
1
+ z
2
) · z
3
=
= (a + c, b + d) · (e, f ) = (ae + ce − bf − df, af + cf + be + de) = и z
1
· z
3
+ z
2
· z
3
= (ae − bf, af + be) + (ce − df, cf + de) = (ae − bf +
+ ce − df, af + be + cf + de), откуда видно, что (z
1
+ z
2
) · z
3
=
= z
1
· z
3
+ z
2
· z
3 206. Имеем a + bi = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = (a, 0) + (0, b) = (a, b).
207. Ответ. (c + di) − (a + bi) = (c − a) + (d − b)i.
208. x + yi =
c + di a + bi
=
(c + di)(a − bi)
(a + bi)(a − bi)
=
=
(ac + bd) + (ad − bc)i a
2
+ b
2
=
ac + bd a
2
+ b
2
+
ad − bc a
2
+ так как a + bi = 0, то a
2
+ b
2
= 0).
209. Ответа б) i
4
= в) i если n = если n = 4k + если n = 4k + если n = 4k + 3.
210. Указание. Уравнение (x + yi)
2
= (x
2
− y
2
) + 2xyi = b, где b — действительное число, равносильно системе уравнений x
2
− y
2
= b,
2xy = Ответа, б) z = ±i, в) z = ±a, га) Пусть z
1
= a + bi, z
2
= c + di. Тогда z
1
+ z
2
= (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i =
= (a + c) − (b + d)i = (a − bi) + (c − di) = z
1
+ б) (z
1
− z
2
) + z
2
= z
1
. В силу а) z
1
= (z
1
− z
2
) + z
2
= (z
1
− z
2
) + Отсюда z
1
− z
2
= z
1
− z
2 147

в) z
1
z
2
= (a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (bc + ad)i = (ac − bd) − (bc +
+ ad)i = (a − bi)(c − di) = z
1
· г) z
1
=
z
1
z
2
· z
2
= (по в) =
z
1
z
2
· Отсюда z
1
z
2
=
z
1
z
2 212. Из результата задачи 211 получаем (z) = a
0
z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n−1
z + a n
=
= a
0
z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n−1
z + a n
=
= a
0
z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n−1
z + a n
=
= (a i
= a i
, так как все a i
— действительные числа) =
= a
0
z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n−1
z + a n
= P (z).
213. Так как поле M содержит все действительные числа и элемент, то оно содержит всевозможные элементы вида a + bi
0
, где a,
b — проиавольные действительные числа. Обозначим множество всех элементов поля M , представимых в виде a + bi
0
, через M . Тогда, используя коммутативность, ассоциативность и дистрибутивность сложения и умножения в поле M , получим для элементов из M :
(a + bi
0
) + (c + di