В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001
 Скачать 1.78 Mb.
|
|
39. а) См. табл. 8, б) см. табл. 9, в) см. табл. Таблица Таблица Таблица. Докажем, что выполняются все свойства группы 1) для любых остатков a, b, c имеем (a + b) + c = a + (b + c) по модулю n, так как и справа и слева получится остаток отделения на n числа a + b + c; 2) единичным элементом является 0, так как m + 0 = 0 + m = m для любого остатка m; 3) если m = 0, то обратным (противоположным) для m элементом будет n − m, так как по модулю n имеем m + (n − − m) = (n − m) + m = 0; обратным для элемента 0 будет он сам. Эта группа циклическая с образующим 1, так как наименьшее k такое, что 1 + 1 + . . . + 1 k = 0 по модулю n, равно n. 41. Так как a m · a r = a k , то a m · a r · a −k = a k · a −k и a (m+r)−k = Следовательно (см. 33), (m + r) − k делится на n, т. e. m + r и k дают при делении на n одинаковые остатки. Ответ. Изоморфны 1) и 4) (рассмотрите отображение f: f(e) = 0, f(a) = 2, f(b) = 1, f(c) = 3) и изоморфны 2) и 3) (рассмотрите отображение f: f(e) = e, f(a) = a, f(b) = b, f(c) = c (см. решения и 7)). 43. Так как f — взаимно однозначное отображение, то существует и является взаимно однозначным отображением. Пусть c и d произвольные элементы группы G 2 . Существуют (единственные) элементы ив группе такие, что f(a) = c и f(b) = d. Так как f — изоморфизм, то f(ab) = f(a)f(b) = cd (произведения берутся в соответствующих группах. Отсюда f −1 (cd) = ab = f −1 (c) f −1 (d). Так как c и d — произвольные элементы группы G 2 , то f −1 — изоморфизм. Так как f 1 : G 1 → и f 2 : G 2 → G 3 — взаимно однозначные отображения, то и f 2 f 1 : G 1 → G 3 — взаимно однозначное отображение. Пусть a и b — произвольные элементы группы G 1 . Тогда) = f 2 ( f 1 (ab)) = f 2 ( f 1 (a) · f 1 (b)) = f 2 ( f 1 (a)) · f 2 ( f 1 (b)) = = (( f 2 f 1 )(a)) · (( f 2 f 1 )(b)) и, следовательно изоморфизм (произведения берутся в соответствующих группах. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 41. Изоморфизм. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 27. Изоморфизм. Пусть f(e G ) = x. Тогда x · x = f(e G ) · f(e G ) = (так как f изоморфизм) = f(e G · e G ) = f(e G ) = x, те. Умножив обе части этого равенства на в группе F , получим x 2 x −1 = итак как f — изоморфизм) = f(g · g −1 ) = f(e G ) = = (см. 47) = e F . Отсюда f(g −1 ) = [ f(g)] −1 49. Пусть n — натуральное число. Тогда f(g n ) = f(g · . . . · g n ) = = (так как f — изоморфизм) = f(g) · . . . · f(g) n = h n . Пусть n 1 и 2 — порядки элементов g и h. Тогда f(g n2 ) = h n2 = и (см. 47) g n2 = Отсюда n 1 n 2 . С другой стороны, h n1 = f(g n1 ) = f(e G ) = e F , откуда n 2 n 1 . Следовательно, n 1 = n 2 50. Ответа) одна группа — Z 2 , б) одна группа Решение. а) Пусть , a — элементы группы и e — единичный элемент. Тогда e · e = e, e · a = a · e = a и остается задать только a · Если a · a = a = a · e, то (см. 24) a = e — противоречие. Значит, a 2 = e и имеется только одна группа, содержащая 2 элемента. Это циклическая группа б) Пусть e, a, b — элементы группы и e — единичный элемент. Нужно задать, чему равны произведения ab, ba, aa, bb. Если ab = то b = e — противоречие, если ab = b, то a = e — противоречие. Значит = e и точно также. Если a 2 = a, то a = e — противоречие; если a 2 = e = ab, то a = b — противоречие. Значит a 2 = b и точно также. Следовательно, существует только одна группа, содержащая три элемента. Так как a 3 = a 2 · a = ba = e, то эта группа с элементами e, a, b = a 2 — циклическая группа Z 3 51. Ответ. Например, группа вращений квадрата не изоморфна группе симметрий ромба, так как впервой есть элемент порядка 4, а во второй нет (см. 49). 52. Рассмотрим отображение f(x) = 2 x . Если x принимает всевозможные действительные значения, то 2 x при этом принимает ровно по одному разу все положительные действительные значения. Поэтому f — взаимно однозначное отображение множества всех действительных чисел на множество всех положительных действительных чисел. При этом для любых действительных чисел x и y имеем f(x + y) = 2 x+y = 2 x · 2 y = f(x) · f(y) и, следовательно, f изоморфизм группы всех действительных чисел по сложению на группу всех положительных действительных чисел по умножению. Пусть y — произвольный элемент группы G, тогда f a (a −1 y) = = aa −1 y = y, поэтому f a — отображение группы G на всю группу Если f a (x) = f a (y), то ax = ay и = y, поэтому f a — взаимно однозначное отображение группы G на себя. ( f a f b )(x) = f a ( f b (x)) = f a (bx) = abx = f ab (x) для любого элемента x, поэтому f a f b = f ab . Так как f a (a −1 x) = aa −1 x = то ( f a ) −1 (x) = a −1 x = f a−1 (x) для любого элемента x, поэтому a ) −1 = f a−1 . Следовательно, мы имеем группу преобразований (см. определение группы преобразований, стр. Рассмотрим отображение y такое, что y(a) = f a . Так как f a (e) = ae = a и f b (e) = be = b, то f a = f при a = b. Поэтому y — взаимно однозначное отображение. Кроме того, y(ab) = f ab = = (см. решение 54) = f a f b = y(a)y(b). Следовательно, y — изоморфизма) Пусть и e H — единичные элементы соответственно в группе ив подгруппе H. В подгруппе H имеет место равенство e H e H = e H . По определению подгруппы это равенство верно также ив группе. Кроме того, в группе G выполняется равенство e G e H = Отсюда в группе G получаем e H e H = и (см. 24) e H = б) Пусть a — произвольный элемент подгруппы H, и пусть и a −1 H — обратные к нему элементы соответственно в группе G ив подгруппе H. Тогда в подгруппе H имеем a −1 H a = e H = (см. выше) = = e G . По определению подгруппы это равенство верно также ив) Вместо основания 2 можно было взять любое основание a > 0 (a = 1), так как любое отображение f(x) = a является изоморфизмом группе G. Кроме того, в группе G имеем a −1 G a = e G . Отсюда в группе получаем a −1 H a = a −1 G a и a −1 H = a −1 G 57. Необходимость вытекает из результата задачи 56 и определения подгруппы. Д оста точность. По свойству 1 бинарная операция группы является также бинарной операцией и для H. Элемент e G , который содержится в H по свойству 2, является единичным элементом в так как e G a = ae G = a для любого элемента a группы G ив частности, для всех элементов из H. Если a — произвольный элемент из H, то элемент a −1 G , который содержится в H по свойству 3), является обратным кв, так как a −1 G a = aa −1 G = e G = e H . Ассоциативность, очевидно, имеет место. Следовательно, H — подгруппа группы G. 58. Ответ (обозначения см. в примерах 1–4). 1) Подгруппа вращений подгруппы отражений относительно высот {e, c}, {e, d}, {e, f }, 2 тривиальные подгруппы {e} и вся группа 2) подгруппа вращений {e, a, b, c}, подгруппа центральных симметрий {e, a}, 4 подгруппы отражений относительно осей симметрии {e, d}, {e, f }, {, g}, {e, h}, еще 2 подгруппы {e, a, d, f } и {e, a, g, h}, 2 тривиальные подгруппы {e} и вся группа. Ответ. Пусть данные группы содержат элементы {e, a, a 2 , . . . . . . , a n−1 } (n = 5, 8, 15). Тогда подгруппами будут а) {e}, б) {e}, {e, a 4 } ∼ = Z 2 , {e, a 2 , a 4 , a 6 } ∼ = Z 4 , Z 8 ; в) {e}, {e, a 5 , a 10 } ∼ = Z 3 , {e, a 3 , a 6 , a 9 , a 12 } ∼ = Z 5 , см. 60). 60. Пусть подгруппа H отлична от {e} и пусть a d — элемент с наименьшим положительным показателем степени среди всех элементов подгруппы H. Тогда в H содержатся также все элементы вида a kd = (a d ) k при любом целом k. Пусть a m — произвольный элемент подгруппы H. Разделим m нас остатком m = td + r, где 0 r d − 1. Тогда в H содержится элемент a m · a −td = a m−td = a r . Если r > 0, то получаем противоречие стем, что d — наименьший показатель в H. Значит, r = 0 и m делится на d. Так как элемент a n = e входит в H, то d является делителем n. Таким образом, подгруппа имеет вид, указанный в задаче. Решение такое же, как и у задачи 60. 62. Если некоторый элемент группы имеет бесконечный порядок, то порожденная им бесконечная циклическая подгруппа содержит бесконечно много подгрупп (см. 61), которые также являются подгруппами исходной группы. Если же порядки всех элементов конечны, то рассмотрим циклические подгруппы, порожденные следующими элементами сначала произвольным элементом a 1 , затем элементом, не вошедшим в построенную подгруппу, затем элементом не вошедшим в обе построенные подгруппы, и т. д. Этот процесс можно будет продолжать неограниченно, так как все построенные подгруппы конечны. Пусть H 1 , H 2 , . . . , H m — подгруппы некоторой группы G и H их пересечение. Тогда (см. 57): 1) если a и b содержатся в H, то a и b содержатся во всех H i . Поэтому ab также содержится во всех H i и, следовательно, в H; 2) e содержится во всех подгруппах H i и, следовательно, содержится в H; 3) если a — произвольный элемент из H, то a содержится во всех H i . Тогда также содержится во всех H i и, следовательно, в H. В силу результата задачи 57 H подгруппа группы G. 64. Ответ. a — да, b — да, c — нет, d — нет. Вершина A может перейти в любую вершину, B — в любую из оставшихся, C — в любую из двух оставшихся. Ответ. 4 · 3 · 2 = 24. 66. Ответа) Все симметрии, оставляющие на месте вершину б = A B C D A B C D , d = A B C D B C D A , d 2 = A B C D C D A B , d 3 = A B C D D A B C 67. Придадим сначала нашему определению ориентации более симметричную форму. Мы определили ориентацию с помощью вершины D, но если задано расположение треугольника ABC относительно вершины D, то этим, как легко видеть, однозначно определяется расположение любого треугольника относительно четвертой вершины. Поэтому преобразование, сохраняющее ориентацию тетраэдра, сохраняет расположение любого треугольника относительно четвертой вершины, а преобразование, меняющее ориентацию, изменяет расположение любого треугольника относительно четвертой вершины. Ясно теперь, что произведение двух преобразований тетраэдра, сохраняющих ориентацию, также как и произведение двух преобразований, меняющих ориентацию, сохраняет ориентацию. Если же одно преобразование сохраняет ориентацию, а второе меняет ее, то произведение этих преобразований меняет ориентацию. Так как e, очевидно, ориентацию сохраняет и a −1 a = e для любого преобразования a, то если a сохраняет ориентацию, то и сохраняет ориентацию. Следовательно (см. 57), все симметрии тетраэдра, сохраняющие ориентацию, образуют подгруппу в группе всех симметрий тетраэдра. Так как вершина D может перейти в любую вершину, после чего треугольник ABC может занять любое из трех положений, то эта подгруппа содержит 4 · 3 = 12 элементов. Ответа) Подгруппа вращений относительно оси, проходящей через середины противоположных ребер б) подгруппа вращений вокруг высоты, опущенной из вершины D на плоскость треугольника. Используя ассоциативность в G и H, докажем ассоциативность в G × H. Имеем, h 1 )(g 2 , h 2 ))(g 3 , h 3 ) = (g 1 g 2 , h 1 h 2 )(g 3 , h 3 ) = = ((g 1 g 2 )g 3 , (h 1 h 2 )h 3 ) = (g 1 (g 2 g 3 ), h 1 (h 2 h 3 )) = = (g 1 , h 1 )(g 2 g 3 , h 2 h 3 ) = (g 1 , h 1 )((g 2 , h 2 )(g 3 , Далее, e H )(g, h) = (e G g, e H h) = (g, и, h)(e G , e H ) = = (ge G , he H ) = (g, h). Поэтому пара (e G , e H ) — единичный элемент в G × H. Кроме того, (g −1 , h −1 )(g, h) = (g −1 g, h −1 h) = (e G , e H ) и, h)(g −1 , h −1 ) = (gg −1 , hh −1 ) = (e G , e H ). Поэтому (g −1 , h −1 ) элемент, обратный кв. Таким образом, G × H обладает всеми свойствами группы. Ответ. Указание. Проверьте, что отображение f такое, что f((g, h)) = (h, g), — изоморфизм группы G × H на группу H × G. 121 72. Ответ. Все элементы вида (g, e H ) образуют подгруппу в изоморфную группе G. Все элементы вида (e G , h) образуют подгруппу, изоморфную группе H. 73. Имеем (g 1 , h 1 )(g 2 , h 2 ) = (g 1 g 2 , h 1 h 2 ) = (g 2 g 1 , h 2 h 1 ) = (g 2 , h 2 ) × × (g 1 , h 1 ). 74. 1) Если (g 1 , h 1 ) и (g 2 , h 2 ) содержатся в G 1 × H 1 , то g 1 , и содержатся в и h 1 , и содержатся в H 1 . Поэтому в содержится элемент (g 1 g 2 , h 1 h 2 ) = (g 1 , h 1 )(g 2 , h 2 ). 2) Так как и подгруппы соответственно в G и H, то содержится в и содержится в H 1 . Поэтому в G 1 × содержится, e H ) — единичный элемент группы G × H. 3) Если элемент (g, h) содержится в G 1 × H 1 , то g содержится в и h содержится в H 1 . Так как и H 1 — подгруппы, то содержится в и содержится в H 1 . Поэтому в G 1 × содержится, h −1 H ) — элемент, обратный кв группе G × В силу результата задачи 57 G 1 × H 1 — подгруппа группы G × H. 75. Нет. Рассмотрим следующий пример. Пусть G = {e 1 , c} и = {e 2 , d} — две циклические группы второго порядка. Тогда, e 2 ), (c, d)} — подгруппа группы G × H, не представимая указанным в задаче способом. Пусть данный ромб имеет вершины ABCD. Пусть G = = {e 1 , g} — группа преобразований элементов A и C, а H = {e 2 , h} группа преобразований элементов B и D. Тогда отображение f такое, что (обозначения см. в решении 6) f(e) = (e 1 , e 2 ), f(a) = (g, h), f(b) = (e 1 , h), f(c) = (g, будет, легко видеть, изоморфизмом группы симметрий ромба на группу) Пусть (e 1 , g) и (e 2 , h, h 2 ) — данные группы. Найдем порядок элемента a = (g, h): a 2 = (g 2 , h 2 ) = (e 1 , h 2 ) = (e 1 , e 2 ), a 3 = = (g, e 2 ) = (e 1 , e 2 ), a 4 = (e 1 , h) = (e 1 , e 2 ), a 5 = (g, h 2 ) = (e 1 , e 2 ), a 6 = (e 1 , e 2 ). Так как группа Z 2 × содержит только 6 элементов, то Z 2 × Z 3 ∼ = Z 6 2) Пусть (g, h) — произвольный элемент группы Z 2 × Z 4 . Тогда, h) 4 = (g 4 , h 4 ) = (e 1 , e 2 ). Поэтому в Z 2 × нет элемента порядка и, следовательно, группа Z 2 × не изомофна Z 8 78. Пусть g — образующий в Z m , a h — образующий в Z n , и пусть r — порядок элемента (g, h) в группе Z m × Z n . Так как (g, h) mn = = (g mn , h mn ) = (e 1 , e 2 ), то r mn. Атак как (g r , h r ) = (g, h) r = = (e 1 , e 2 ), то (см. 33) r делится на m и на n. Если m и n взаимно просты, то получаем, что r = mn и (g, h) — образующий в группе Z n . Следовательно, Z m × Z n ∼ = Если же m и n не взаимно просты, то для их наименьшего общего кратного k имеем k < mn. Пусть k = и k = nk 2 . Если g и h произвольные элементы групп Z m и Z n , то g m = и h n = e 2 . Поэтому. Так как k < mn, то получаем, что в этом случаев группе Z m × Z n нет элементов порядка mn и, следовательно, группы Z m × Z n и Z mn не изоморфны. Ответ (см. § 1, примеры 1 и 2), а) {e, a, b}, {c, d, f }; б) {e, c}, {a, f }, {b, d}. 122 80. Так как x = xe и e содержится в H, то элемент x содержится в классе xH. 81. По условию y = xh 1 , где h 1 — некоторый элемент подгруппы Отсюда x = yh −1 1 . Пусть h — произвольный элемент подгруппы Тогда элементы h 1 h и h −1 1 h принадлежат H. Поэтому элемент yh = (xh 1 )h = x(h 1 h) содержится в xH, а элемент xh = (yh −1 1 )h = y(h −1 содержится в yH. Так как каждый элемент из yH содержится в и наоборот, то xH = yH. 82. Пусть элемент z входит в xH ив. Тогда (см. 81) xH = и yH = zH. Отсюда xH = yH. 83. Указание. Порядок любого элемента равен порядку порожденной им циклической подгруппы. Далее воспользуйтесь теоремой Лагранжа. 84. Указание. Если порядок группы p — простое число, то порядок любого элемента, отличного от e (см. 83), равен p. 85. Воспользуйтесь теоремой Лагранжа. Ответ. Две — {e} и вся группа. Указание. Воспользуйтесь результатами задачи. Пусть G — данная группа порядка m и n = md. Ответ. G × см. 72). 88. Ответ. Может. Например, в группе вращений тетраэдра, содержащей элементов (см. 67), нет подгрупп, содержащих 6 элементов. Доказательство см. ниже. Д ока за тел ь ст во. Группа вращений тетраэдра (см. 67) содержит элементов тождественное преобразование e, 8 вращений (на 120 ◦ и 240 ◦ ) вокруг высот, опущенных из каждой вершины на противоположную грань, и 3 вращения (на 180 ◦ ) вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер. Предположим, что группа вращений тетраэдра содержит подгруппу, имеющую 6 элементов. Эта подгруппа должна, очевидно, содержать хотя бы одно вращение a вокруг некоторой высоты, например, опущенной из вершины A. Если вращение на или на 240 ◦ ), то a 2 — вращение на на 120 ◦ ). Поэтому наша подгруппа должна содержать оба вращения вокруг высоты, опущенной из вершины A. Так как имеется только вращения (включая тождественное преобразование, оставляющие на месте вершину A, то наша подгруппа должна содержать вращение, переводящее вершину A в некоторую другую вершину, например в B. Тогда в подгруппе содержится также элемент bab |