В.Н. Латышев - Курс лекций по высшей алгебре, страница 7

Но этого не может быть,поскольку мы договорились,что a1 реализует минимум среди коэффициентов. Значит, r = 0, и тогда a1 a′1 .◦3 Покажем, что a1 ai , i = 1, . . . , m. Допустим, что ai = a1 q + r. Перейдём к новой базе {x1 + qxi , x2 , . . . , xm }и положим x′1 := x1 + qxi . Ясно, что целочисленные элементарные преобразования не нарушают линейнойнезависимости. Но тогда в этой базе h = a1 x′1 + .

. . + rxi + . . . . Этого тоже не может быть, поскольку мыдоговорились, что a1 реализует минимум по всем возможным базам G.4◦ Теперь мы точно знаем, что ai = a1 qi , i = 2, . . . , m. Выберем новый первый вектор для базы G, а остальныеоставим без изменения: x′1 = x1 +q2 x2 +. . .+qm xm . В новой базе имеем h = a1 x′1 . Пусть H1 := hhi∞ , G0 := hx2 i∞ ⊕⊕ .

. . ⊕ hxm i∞ . Рассмотрим H0 := H ∩ G0 . Очевидно, H1 ∩ H0 = {0}. Заметим, что H = H1 ⊕ H0 . В самом деле,покажем, что ∀ h′ ∈ Hв виде суммы элементов из H1 и H0 . Пусть h′ = a′1 x′1 + . . . . Тогда по ′представим′доказанному имеем a1 a1 , т. е. a1 = a1 q1 . Рассмотрим h′ − q1 h = 0 · x′1 + · · · = h′′ ∈ H0 , поскольку оставшаясячасть будет некоторой линейной комбинацией x2 , . .

. , xm . Следовательно, h′ = q1 h1 + h′′ , и представимостьдоказана.5◦ Вспомним, что мы ведём индукцию по рангу G. Имеем rk G0 = m − 1, и поскольку H0 ⊂ G0 — САГ, и попредположению индукции её ранг не превосходит m − 1, и существуют согласованные базы x′2 , . . . , x′m группыG0 и y2 , . . . , yl группы H0 , и эти базы согласованы числами n2 , . . . , nm . В силу того, что H = hhi∞ ⊕ H0 , откудаrk H = l. Мы знаем, что h = a1 x′1 . Значит, чтобы получить согласованные базы для G и H, достаточно взять x′1и уже выбранную базу G0 , а для H взять y1 и уже выбранную базу H0 .

При этом n1 := a1 . Следствие 3.2. Всякая КПАГ является прямой суммой циклических подгрупп (конечных и бесконечных). Пусть L — КПАГ. Тогда L ∼= G H , где G — САГ некоторого ранга, и H ⊂ G — подгруппа. Выберемсогласованные базы в G и H, и пусть x1 , . . . , xm — база G, а y1 , . . . , yl — база H, причём yi = ni xi .

ТогдаG = hx1 i∞ ⊕ . . . ⊕ hxl i∞ ⊕ hxl+1 i∞ ⊕ . . . ⊕ hxm i∞ , а H можно представить в виде H = hn1 x1 i∞ ⊕ . . . ⊕ hnl xl i∞ ⊕⊕ h0i1 ⊕ . . . ⊕ h0i1 . Тогда можно профакторизовать по прямым слагаемым, и получим G H ∼= hx1 i hn1 x1 i ⊕ . . . ⊕⊕ hxl i hnl xl i ⊕ hxl+1 i h0i ⊕ . . . ⊕ hxm i h0i . Но поскольку hxi i hni xi i ∼= Zn1 ⊕= Z, получаем, что L ∼= GH ∼= Z nZ , а hxi i h0i ∼⊕ . . . ⊕ Znl ⊕ Z ⊕ . .

. ⊕ Z, что и требуется. 3.3. Разложение на примарные циклические группыОпишем способ вычисления порядка элемента прямого произведениягрупп. Пусть G = G1 ×. . .×Gm , причёмG не обязательно абелева. Имеем g = g1 · . . . · gm . Тогда O(g) = O(g1 ), . . . , O(g). В самом деле, пусть g s =msпоскольку элементыиз различных сомножителей коммутируют между собой = g1s · . . . · gm= e · . . .

· e. Значит,имеем O(gi ) s, отсюда следует наше утверждение. В частности, если порядки элементов взаимно просты, ихнаименьшее общее кратное совпадает с их произведением.Определение. Группа называется прямо не разложимой, если она не представляется в виде прямого произведения.Покажем, что Z прямо не разложима. В самом деле, любая подгруппа Z имеет вид nZ.

Следовательно, любыедве подгруппы Z, скажем, nZ и mZ, содержат в своём пересечении подгруппу mnZ, поэтому сумма никакихдвух подгрупп не может быть прямой.Определение. Если группа G имеет порядок pn , где p ∈ P, то она называется p-группой.3◦ Циклическая p-группа прямо не разложима. В самом деле, допустим, что имеет место нетривиальное представление G = haipn = ha1 ips ⊕ ha2 ipt . Здесь из соображений порядков подгрупп имеем pn = ps · pt . Рассмотримb = b1 + b2 ∈ G, где b1 ∈ ha1 ips , а b2 ∈ ha2 ipt . Тогда имеем O(b1 ) ps , O(b2 ) pt , откуда O(b) = [ps , pt ] = pmax{s,t} .Но мы же договорились, что s, t > 0.

Значит, в G нет элементов порядка pn , ибо O(b) < pn . Противоречие.4◦ Пусть G — конечная циклическая группа, и |G| =6 pn , p ∈ P. Тогда G разлагается в прямую сумму.Действительно, пусть G = hain , n = st, (s, t) = 1. Тогда G = htais ⊕ hsait . Сумма действительно прямая, ибопересечение явно нулевое, в силу взаимной простоты s и t, а O(ta + sa) = [s, t] = st = n. Значит, количествоэлементов htais ⊕ hsait совпадает с n = |G|. Значит, G действительно разлагается в прямую сумму.Следствие 3.3.

Любую конечную циклическую группу можно разложить в прямую сумму примарныхциклических. Будем разлагать, пока не останутся только примарные слагаемые. Рано или поздно мы остановимся. 153.4. Инварианты группОпределение. Инвариантом группы G назовём любой объект, который никак не зависит от примарногоразложения этой группы. Мы извлечём единственность разложения на примарные и бесконечные циклическиегруппы из инвариантов.Определение. Во всякой абелевой группе G множество элементов конечного порядка образует подгруппу,называемую подгруппой кручения и обозначаемую Tor G.

То, что это подгруппа, легко проверяется.По определению, Tor G — инвариант G. Не менее очевидно, что в примарном разложении подгруппе Tor Gсоответствуют все прямые слагаемые конечного порядка. Значит, G = L ⊕ Tor G, где L — САГ. На основанииэтого мы сейчас докажем, что числобесконечных слагаемых разложения инвариантно. Заметим для начала,что если C = A × . . .

× B, то C B ∼= A, что тривиально выводится из теоремы о факторизации по прямыммножителям. В нашем случае имеем G Tor G ∼= L. Но тогда rk L — инвариант, ибо G Tor G — инвариант. А ранг Lв точности равен количеству бесконечных слагаемых в разложении.Значит, нам остаётся доказать, что разложение Tor G единственно. Выделим из разложения Tor G примарныекомпоненты — слагаемые порядка psi , где pi ∈ P, и обозначим их Gpi . Ясно, что p-примарная компонента естьпрямая сумма p-примарных циклических подгрупп, порядки которых суть степени p, и потому инвариантна.Таким образом, нам осталось доказать, что каждая p-примарная компонента разложима единственным образом.Теорема 3.7 (О единственности).

Разложение p-примарной компоненты единственно.P Пусть |G| = pk и G = hc1 ipk1 ⊕ . . .⊕ hcr ipkr , причём ki = k. Будем вести индукцию по k, и докажем, чтонабор k1 , . . . , kr не зависит от разложения. При k = 1 доказывать нечего, ибо в группе порядка p нетривиальныхподгрупп нет. Пусть k > 1.

Рассмотрим гомоморфизм ϕ : G → G, определённый по правилу ϕ : g 7→ pg. ПоложимpG := ϕ(G). Легко видеть, что pG = hpc1 ipk1 −1 ⊕ . . . ⊕ hpcr ipkr −1 . При этом обратятся в нули ровно те слагаемые,для которых ki = 1. Ясно, что pG — инвариант, и, кроме того, к pG применимо предположение индукции, ибо|pG| < |G|. Значит, набор не обратившихся в нули ki инвариантен, поскольку инвариантен набор {ki − 1 : ki > 1}.Но и количество ушедших в нули слагаемых инвариантно, поскольку оно определяется из соотношения k1 ++ . . . + kr = k однозначно.

4. Действия. Разрешимые группы. Теоремы Силова4.1. Действие группы на множествеОпределение. Говорят, что группа G действует на множестве M, если задан гомоморфизм ρ : G → SM ,где SM — группа подстановок множества M. Обозначение: gx = ρ(g)(x) ∈ M. Само действие принято обозначатьлибо G : M, либо тройкой (G, ρ, M).Рассмотрим очевидные свойства действия:1◦ ∀ g1 , g2 ∈ G, ∀ x ∈ M имеем (g1 g2 )x = g1 (g2 x), что следует из определения операции в SM .2◦ ∀ x ∈ M имеем ex = x, поскольку ρ(e) = idM .Определение.

Стабилизатором (стационарной подгруппой) элемента x ∈ M называется множество St x == {g : gx = x}. Покажем, что это действительно подгруппа. Пусть g1 , g2 ∈ St x. Тогда (g1 g2 )x = g1 (g2 x) = g1 x == x, поэтому g1 g2 ∈ St x. Поскольку ex = x, получаем e ∈ St x. Далее, пусть g ∈ St x, тогда gx = x ⇔ g −1 (gx) == g −1 x ⇔ (g −1 g)x = g −1 x ⇔ x = g −1 x, а это и означает, что g −1 ∈ St x. Итак, St x — подгруппа в G.Определение. Орбитой элемента x ∈ M называется множество Orb x = Gx = {gx : g ∈ G}.Покажем, что орбита порождается любым своим элементом, иными словами, если x, y ∈ Orb x, то Orb x == Orb y. В самом деле, поскольку y ∈ Orb x, имеем gx = y.

Но ясно, что Orb gx = Orb x, ибо Orb gx == {hgx, h ∈ G}, а когда h бегает по G, то и hg бегает по G, поэтому Orb y ничем не отличается от Orb x.Следовательно, орбиты образуют разбиение множества M. В самом деле, если орбиты пересекаются, то онисовпадают.