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: 8 из 16

−1
. Это вращение переводит вершину B в B и, кроме того, bab
−1
= e (иначе a = b
−1
b = e). Поэтому наша подгруппа должна содержать хотя бы одно, а следовательно, и оба вращения вокруг высоты, опущенной из вершины B. Эти вращения переводят вершину A в C ив. Отсюда,
как и выше, получаем, что наша подгруппа должна содержать все вращения вокруг высот, опущенных из вершин C и D. Получили уже элементов (вместе с e). Противоречие. Значит, в группе вращений тетраэдра нет подгрупп порядка 6.
89. Ответа) Левое и правое разложения совпадают — {e, a, b}, {c, d, f б) левое разложение — {e, c}, {a, f }, {b, d}, правое разложение —
{e, c}, {a, d}, {b, f }.
123

90. Ответа) Оба разложения совпадают — {e, a}, {b, c}, {d, f },
{g, б) левое разложение — {e, d}, {b, g}, {a, f }, {c, h}, правое разложение. Ответ. Оба разложения совпадают и содержат по 3 смежных класса 1) все числа вида 3k (k = 0, ±1, ±2, . . . ), 2) все числа вида + 1 (k = 0, ±1, ±2, . . . ), 3) все числа вида 3k + 2 (k = 0, ±1, ±2, . . . ).
92. Ответа) Две группы и Z
2
× б) две группы и группа симметрий треугольника;
в) пять групп Z
8
, Z
4
× Z
2
, (Z
2
× Z
2
) × Z
2
, группа симметрий квадрата, группа кватернионов с элементами ±1, ±i, ±j, ±k и таблицей умножения, показанной в табл.
11
Т а блица j
k
−k
1
−1
−i i
k k
−k j
−j
−i i
−1 1
−k
−k k
−j Решение. а) Пусть {e, a, b, c} — элементы искомой группы. Тогда порядки элементов a, b, c либо 2, либо 4 (см. 83). Рассмотрим несколько случаев) Среди a, есть элемент порядка 4, тогда данная группа циклическая группа Z
4 2) Порядки элементов a, b и c равны 2, те. Посмотрим, чему в этом случае может равняться ab. Не может быть ab = иначе ab = и b = a), ab = a (иначе b = e) и ab = b (иначе a = Значит, может быть только ab = c. Точно также и bc = b = a. Таблица умножения полностью задана и мы получаем
(см. 6) группу симметрий ромба, изоморфную группе Z
2
× см. б) Элементы искомой группы могут иметь порядки 1, 2, 3 или см. 83). Рассмотрим несколько случаев) Есть элемент порядка 6, тогда данная группа — циклическая группа Z
6 2) Все неединичные элементы порядка 2, тогда группа коммутативна (см. 25), и если a, b — элементы искомой группы, то элементы, a, b, ab} образуют подгруппу в ней. Этого быть не может (см.
теорему Лагранжа) и, следовательно, этот случай не может иметь места) Все неединичные элементы имеют порядок 2 или 3 и есть элемент порядка 3. Пусть a — элемент порядка 3 и c — элемент, не являющийся степенью элемента a. Тогда {e, a, a
2
} и {c, c, ca
2
} — два левых смежных класса по подгруппе {e, a, a
2
} и, следовательно, все элементов e, a, a
2
, c, ca, различны (см. 82). Докажем, что на

этом множестве из 6 элементов можно только одним способом задать таблицу умножения. Докажем, во-первых, что c
2
= e. Действительно, не может быть c
2
= ca иначе c = a k
). Если бы было c
2
= или c
2
= a
2
), то было бы c
3
= cc
2
= ca = e (или c
3
= ca
2
= e), номы предполагаем, что все элементы имеют порядок 2 или 3. Следовательно. Так как c — произвольный элемент, не входящий в подгруппу {e, a, a
2
}, то также (ca)
2
= e и (ca
2
)
2
= e. Теперь однозначно определяется произведение любых двух из выписанных выше элементов. Действительно, a k
a l
= a k+l
, (ca k
)a l
= ca k+l
, (ca k
)(ca l
) =
= (ca k
)(ca k
)a l−k
= ea l−k
= a l−k
, a k
(ca l
) = c(ca k
)(ca l
) = (см. выше) =
= ca l−k
. Таким образом, таблицу умножения в этом случае можно задать только одним способом так, чтобы получилась группа. Следовательно, существует только одна группа с 6 элементами, порядки всех элементов которой равны 2 и 3. Мы знаем такую группу — это группа симметрий треугольника.
в) Элементы искомой группы могут иметь порядки 1, 2, 4 или см. 83). Рассмотрим несколько случаев) Есть элемент порядка 8, тогда данная группа — циклическая группа Z
8 2) Все неединичные элементы имеют порядок 2. Тогда данная группа коммутативна (см. 25). Пусть в этом случае a и b — различные элементы искомой группы, отличные от e. Тогда {e, a, b, ab} — подгруппа искомой группы. Если элемент c не входит в эту подгруппу,
то элементы {c, ac, bc, abc} образуют второй правый смежный класс по подгруппе {e, a, b, ab} и, следовательно, все 8 элементов e, a, b,
c, ab, ac, bc, abc различны. Произведение этих элементов однозначно определяется, так как группа должна быть коммутативна и a
2
=
b
2
= c
2
= e (например, (ac)(abc) = a
2
bc
2
= b). Таким образом, если все элементы имеют порядок 2, то может быть только одна группа. Такая группа действительно есть — это (Z
2
× Z
2
) × Z
2 3) Есть элемент a порядка 4 и среди элементов, отличных от e, a, a
2
, a
3
, есть элемент b порядка 2, те. В этом случае, a, a
2
, a
3
} и {b, ba, ba
2
, ba
3
} — два левых смежных класса по подгруппе и, следовательно, все 8 выписанных элементов различны. Посмотрим, какому из этих элементов может равняться произведение ab. Не может быть ab = a иначе b = a k−1
) и ab = иначе a = e). Если ab = ba
2
, то ab
2
= ba
2
b итак как b
2
= e) a = Тогда a
2
= (ba
2
b)(ba
2
b) = ba
2
a
2
b = bb = e — противоречие. Значит,
либо ab = ba, либо ab = Рассмотрим 2 подслучая:
a) ab = ba. Тогда таблица умножения однозначно определяется. Действительно, a k
a l
= a k+l
, a k
(ba l
) = ba k+l
, (ba k
)a l
= ba k+l
,
(ba k
)(ba l
) = b
2
a k+l
= a k+l
. Значит, в этом случае может быть только одна группа. Такая группа действительно есть. Это группа Z
4
× Если и g — единица и образующий группы Z
4
, и h — единица и образующий группы Z
2
, то достаточно положить a = (g, e
2
),
b = (e
1
, h) и все указанные выше свойства будут выполняться) ab = ba
3
. В этом случае таблица умножения также однозначно определяется. Действительно, a k
a l
= a k+l
, (ba k
)a l
= ba k+l
,
a k
b = ba
3k
, a k
(ba l
) = ba
3k+l
, (ba k
)(ba l
) = b(a k
ba l
) = b
2
a
3k+l
= a
3k+l
125

Значит, в этом случае может быть только одна группа. Такая группа действительно есть. Это группа симметрий квадрата. Достаточно положить вращение на 90
◦
, b — симметрия относительно диагонали,
и будут выполняться все указанные выше свойства) Есть элемент a порядка 4 и все элементы, отличные от e, a, a
2
,
a
3
, также имеют порядок 4. Пусть b — произвольный из элементов,
отличных от e, a, a
2
, a
3
. Тогда элементы e, a, a
2
, a
3
, b, ba, ba
2
, все различны. Посмотрим, какому из элементов может равняться произведение bb. Не может быть b
2
= ba иначе b = a k
) итак как порядок b равен 4). Если b
2
= a (или b
2
= a
3
), то b
4
= a
2
= e противоречие. Значит, b
2
= a
2
. Так как b — произвольный элемент,
отличный от e, a, a
2
, a
3
, то также (ba)
2
= (ba
2
)
2
= (ba
3
)
2
= Так как baba = a
2
= b
2
, то aba = b, aba
4
= и ab = ba
3
. Таблица умножения теперь однозначно определяется. Действительно k
a l
= a k+l
, (ba k
)a l
= ba k+l
, a k
b = ba
3k
, a k
(ba l
) = ba
3k+l
, (ba k
)(ba l
) =
= b
2
a
3k+l
= a
2
a
3k+l
= a
3k+l+2
. Итак, в этом случае может быть только одна группа. Можно проверить, что наша таблица умножения действительно задает группу. Эта группа называется группой кватернионов. Элементы ее удобно переобозначить следующим образом:
вместо e, a, a
2
, a
3
, b, ba, ba
2
, ba
3
— соответственно 1, i, −1, −i, j,
−k, −j, k. Тогда умножение на 1, −1 и операции со знаками будут такими же, как в алгебре. Кроме того, будет i
2
= j
2
= k
2
= −1, ij =
= k, ji = −k, jk = i, kj = −i, ki = j, ik = −j. Таблица умножения для группы кватернионов показана в табл.
11
(стр.
125
).
93. Возьмем вершину, новое обозначение которой A. Тогда ее старое обозначение g
−1
(A). Под действием рассматриваемого преобразования эта вершина переходит в вершину, старое обозначение которой) и новое обозначение которой ghg
−1
(A). Точно также в новых обозначениях вершина B переходит в вершину ghg
−1
() ив. Следовательно, этому преобразованию в новых обозначениях соответствует подстановка ghg
−1 94. ghg
−1
= тогда и только тогда, когда h = g
−1
h
1
g. Поэтому у каждого элемента при отображении f
g есть, ипритом единственный, прообраз. Следовательно, отображение f
g
(h) = ghg
−1
— взаимно однозначное отображение группы на себя. Кроме того g
(h
1
h
2
) =
= g(h
1
h
2
)g
−1
= gh
1
(g
−1
g)h
2
g
−1
= (gh
1
g
−1
)(gh
2
g
−1
) =
f g
(h
1
)
f Поэтому f
g
— изоморфизм. Ответ. В отражения относительно всех высот. Ответ. Во вращения на и на 240
◦
97. Ответ. Разобьем все элементы группы симметрий тетраэдра наследующие классы 1) e; 2) все вращения вокруг высот, отличные от e; 3) все вращения на вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер 4) все отражения относительно плоскостей, проходящих через какое-либо ребро и середину противоположного ребра 5) все преобразования, порождающие циклическую подстановку вершин например B C D
B C D A
. Тогда 2 элемента могут переходить друг в друга при внутренних автоморфизмах группы симметрий тетраэдра в томи только в том случае, если они содержатся водном классе.
В случае группы вращений тетраэдра классов 4 и 5 не будет, а класс 2 разобьется на 2 подкласса а) все вращения вокруг высот напротив часовой стрелки (если смотреть со стороны вершины,
из которой опущена высота б) все вращения вокруг высот на Решение. Пусть все элементы группы симметрий тетраэдра разбиты на классы так, как это сделано выше. Тогда эти классы характеризуются следующими свойствами 2) все элементы порядка 3 и сохраняют ориентацию тетраэдра, 3) все элементы порядка 2 и сохраняют ориентацию, 4) все элементы порядка 2 и меняют ориентацию) все элементы порядка 4 и меняют ориентацию. Так как внутренний автоморфизм является изоморфизмом (см. 94), то элементы разного порядка не могут переходить друг в друга (см. 49). Кроме того, h и либо оба меняют ориентацию, либо оба сохраняют ее (достаточно рассмотреть два случая g сохраняет ориентацию и g меняет ориентацию. Таким образом, элементы разных классов не могут переходить друг в друга.
Пусть и h
2
— любые вращения на вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер, и пусть g — произвольное вращение, переводящее первую ось во вторую. Тогда вращение переводит вторую ось в себя, не переворачивая ее, причем gh
1
g
−1
= e (иначе h
1
= g
−1
eg = e). Поэтому совпадает с Следовательно, любые два элемента класса 3 можно перевести друг в друга внутренним автоморфизмом в группе вращений (тем более в группе симметрий) тетраэдра.
Пусть и h
2
— любые отражения тетраэдра относительно плоскостей симметрии, и пусть g — произвольное вращение, переводящее первую плоскость во вторую. Тогда также, как и выше, gh
1
g
−1
= Если g
1
hg
−1 1
= и g
2
hg
−1 2
= h
2
, то h = g
−1 и g
2
(g
−1 1
h
1
g
1
)g
−1 2
=
= h
2
. Отсюда (g
2
g
−1 1
)h
1
(g
2
g
−1 1
)
−1
= следовательно, если h может переходить в ив, то и могут переходить друг в друга. Поэтому достаточно показать, что какой-нибудь один элемент данного класса переходит вовсе остальные элементы данного класса.
Возьмем a =
A B C D
B C D A
— элемент класса 5 и пусть g i
(i =
1, . . . . . . , 5) — вращения такие, что g
1
=
A B C D
A C D B
, g
2
=
A B C D
A D B C
,
g
3
=
A B C D
C B D A
, g
4
=
A B C D
B D C A
, g
5
=
A B C D
B A D C
. Тогда (проверьте)
элементы g i
ag
−1
i
(i = 1, . . . , 5) вместе с элементом a дают весь класс Пусть b =
A B C D
A C D B
— вращение тетраэдра на вокруг высоты, опущенной из вершины A. Докажем, что в группе симметрий тетраэдра это вращение может переходить при внутренних автоморфизмах вовсе остальные вращения вокруг высот. В силу симметрии достаточно показать, что b может переходить во второе вращение вокруг той же высоты b
2
=
A B C D
A D B ив какое-нибудь вращение

вокруг другой высоты, например, c =
A B C D
D B A C
. Пусть g
1
— симметрия и g
2
— вращения такие, что g
1
=
A B C D
A D B C
, g
2
=
A B C D
B C A Тогда g
1
bg
−1 1
= и g
2
bg
−1 2
= Если же в качестве g брать только вращения тетраэдра, то нетрудно проверить, что вращение вокруг некоторой высоты напротив часовой стрелки (если смотреть со стороны вершины, из которой опущена высота) не может перейти во вращение вокруг той же высоты на 240
◦
. Поэтому вращения вокруг высот на могут переходить только во вращения вокруг высот на 120
◦
, а вращения на только во вращения на 240
◦
98.
f b
(ab) = b(ab)b
−1
= ba. Так как f
b
— изоморфизм (см. 94), то ab и ba имеют одинаковые порядки (см. 49).
99. Указание. В этом случае для любого элемента a из подгруппы и любого элемента g из группы G элемент gag
−1
= agg
−1
= a содержится в N .
100. Ответ. Да. Проверьте, что для любого элемента g группы симметрий квадрата geg
−1
= e и gag
−1
= a.
101. Пусть левое и правое разложения совпадают, и пусть a произвольный элемент из N , a g — произвольный элемент группы Так как классы gN и N g имеют общий элемент g, то они должны совпадать. Поэтому элемент ga, который содержится в gN , содержится также ив, те. существует элемент b из N такой, что ga = bg. Отсюда элемент содержится в N и, следовательно — нормальная подгруппа группы Пусть теперь N — нормальная подгруппа группы G. Докажем, что gN = N g для любого элемента g группы G. Пусть ga — произвольный элемент из gN . Тогда gag
−1
= b, где b — некоторый элемент из N поэтому ga = bg и, следовательно, ga (а значит, и все gN ) содержится в N g. Пусть теперь cg — произвольный элемент из N g. Тогда d, где d — некоторый элемент из N . Отсюда cg = gd и, следовательно, cg (а значит, и все N g) содержится в gN . Таким образом, gN и N g совпадают. Указание. В этом случае и левое и правое разложение содержат два класса один — данная подгруппа, второй — все остальные элементы. Далее см. теорему 2 (стр. Пусть N
1
, N
2
, . . . , N
s
— нормальные подгруппы группы и N — их пересечение. Если a — произвольный элемент из N , то a содержится во всех N . Поэтому если g — произвольный элемент группы, то содержится во всех N
i
, и, следовательно, в N . Значит нормальная подгруппа в G.
104. Пусть g — произвольный элемент группы G. Так как eg = ge то e входит в центр. Если a входит в центр, то ag = ga. Умножив обе части этого равенства слева и справа на a
−1
, получим ga
−1
= Поэтому также входит в центр. Если a и b входят в центр,
то ag = ga и bg = gb. Поэтому g(ab) = (ga)b = a(gb) = (ab)g и,
следовательно, ab также входит в центр. В силу результата задачи центр — подгруппа.
Пусть a — произвольный элемент из центра и g — произвольный

элемент группы G. Тогда элемент gag
−1
= agg
−1
= a также принадлежит центру. Поэтому центр — нормальная подгруппа группы. Пусть h
1
, h
2
— произвольные элементы соответственно из и и g
1
, g
2
— произвольные элементы соответственно из и Тогда элемент g
1
h
1
g
−1 содержится в N
1
, а элемент g
2
h
2
g
−1 содержится в N
2
. Поэтому элемент (g
1
, g
2
)(h
1
, h
2
)(g
1
, g
2
)
−1
= (g
1
h
1
, g
2
h
2
) ×
× (g
−1 1
, g
−1 2
) = (g
1
h
1
g
−1 1
, g
2
h
2
g
−1 2
) содержится в N
1
× N
2
. Следовательно нормальная подгруппа в G
1
× G
2 106. Так как содержится в классе x
1
N , то (по условию) также содержится в x
1
N . Значит, существует элемент из N такой, что x
2
= x
1
h
1
. Точно также существует элемент из N такой, что y
2
=
y
1
h
2
. Так как N — нормальная подгруппа, то N y
1
= y
1
N . Поэтому существует элемент из N такой, что h
1
y
1
= y
1
h
3
. Тогда x
2
y
1
=
x
1
h
1
y
1
h
2
= x
1
y
1
h
3
h
2
. Так как элемент содержится в N , то и содержатся водном смежном классе x
1
y
1
N .
107. Пусть a, b, c — произвольные элементы соответственно из, T
2
, T
3
. По определению умножения смежных классов (и) — это смежные классы, которые содержат соответственно элементы (ab)c и a(bc). Так как (ab)c = a(bc), то (T
1
T
2
)T
3
=
= T
1
(T
2
T
3
).
108. Указан и e. В качестве представителя из класса E возьмите. Указание. Пусть a — произвольный элемент из класса T В качестве возьмите смежный класс, который содержит элемент. Легко проверить (см. табл. 2, стр, что A
2
= B
2
= C
2
= Поэтому эта факторгруппа изоморфна группе симметрий ромба. Будут указываться только нормальные подгруппы, отличные от {e} и всей группы.
а) см. 58 (1), 95, 96, 102. Ответ. Нормальная подгруппа — подгруппа вращений треугольника, факторгруппа по ней изоморфна б) см. 99, 74, 75. Пусть {e
1
, c} × {e
2
, d} — данная группа.
Ответ. Нормальные подгруппы 1) {(e
1
, e
2
), (c, e
2
)}, 2) {(e
1
, e
2
),
(e
1
, d)} 3) {(e
1
, e
2
)(c, d)}. Факторгруппы во всех случаях изоморфны в) Обозначения см. в примерах 3, 4 (стр. Если нормальная подгруппа в группе симметрий квадрата содержит элемент b или c, то она содержит всю подгруппу вращений квадрата. Получаем нормальную подгруппу {e, a, b, c} (см. 102), факторгруппа по которой Имеем bdb