В.Н. Латышев - Курс лекций по высшей алгебре (1106000), страница 11

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 11)

Тогда, со ссылкой на 2◦ получается, что Hn разрешима, ибо Hn−1 разрешима попредположению индукции. Лемма 6.3. Пусть N ⊳ Sn . Пусть σ ∈ N . Тогда N содержит все подстановки того же циклическогостроения, что и σ. Разложим σ в независимые циклы. Без ограничения общности можно считать, что σ = (i1 , . . . , ik ),поскольку для нескольких циклов рассуждения аналогичны. В силу того, что N⊳ Sn , эта подгруппа должнавыдерживать сопряжения.

Покажем, что ∀ τ ∈ Sn имеем τ στ −1 = τ (i1 ), . . . , τ (ik ) . Пусть1 2 ... s ... nτ=.j1 j2 . . . js . . . jnПосмотрим, как подстановка τ στ −1 действует на элемент js . Если s ∈ (i1 , . . . , ik ), то τ στ −1 (js ) = τ σ(s) = jσ(s) .Если же s ∈/ (i1 , . . . , ik ), то τ στ −1 (js ) = js . Но это и требовалось доказать, поскольку τ пробегает всю Sn . Лемма 6.4. Все тройные циклы порождают группу An .

Поскольку любая подстановка есть произведение транспозиций, а чётная подстановка содержит чётноечисло транспозиций, нам достаточно доказать, что имея все тройные циклы, можно получить любую парутранспозиций. Пусть нам надо получить пару (ac)(bd). Имеем (abc)(abd) = (ac)(bd). Лемма 6.5. Если N ⊳ An содержит хотя бы один тройной цикл, то N = An . По лемме 6.3, N содержит все тройные циклы1 .

Применяем лемму 6.4 и получаем требуемое. Теорема 6.6. Группа An при n > 5 простая. Пусть N ⊳ An и N 6= {e}. Докажем, что в N есть тройной цикл. Тогда утверждение теоремы будетследовать из лемм. Пусть σ = σ1 · . . . · σs ∈ N — разложение подстановки в независимые циклы. Рассмотримциклическую группу hσi. Она содержит циклическую группу простого порядка, значит, можно считать, чтоσ имеет простой порядок p, и число p — минимальное. Тогда без ограничения общности можно считать, чтопервый цикл в σ имеет длину p, т.

е. σ1 = (1, . . . , p). Поскольку все сопряженные с σ элементы лежат в N , то унас есть перестановка τ = σ1 σ2−1 σ3−1 . . . σs−1 . Тогда στ = σ12 , т. е. тоже цикл длины p. Для p есть три возможности:p = 2, p = 3, p > 5. Если p = 3, то στ — тройной цикл и всё доказано.Рассмотрим случай p > 5. Мы уже знаем, что в N есть все циклы длины p, тогда возьмём перестановкиπ1 := (1, 2, 3, 4, 5, .

. . , p) и π2 := (1, 3, 4, 2, 5, . . . , p). Легко видеть, что перестановка π1−1 π2 оставляет на местечисло p, а значит, в ней есть цикл длины меньше p. Противоречие.Теперь рассмотрим случай p = 2. Тогда σ имеет вид (12)(34)ρ, где ρ — произведение некоторых других транспозиций. Рассмотрим сопряжённую перестановку τ := (13)(24)ρ. Поскольку ρ2 = e, то имеем στ = (14)(23) ∈ N .Значит, в N имеются все пары транспозиций.

Тогда рассмотрим перестановку π1 := (12)(34) и π2 := (12)(45).Имеем π1 π2 = (345), т. е. тройной цикл. Значит, N = An . 6.3. Явный вид функции Эйлера и малая теорема ФермаОпределение. Пусть n ∈ N, тогда ϕ(n) := |{m ∈ N : (m, n) = 1, m < n}| — функция Эйлера.Определение.

Функция f называется мультипликативной, если для любых взаимно простых m, n ∈ Nимеем f (mn) = f (m)f (n).Теорема 6.7. Функция Эйлера ϕ мультипликативна. В самом деле, пусть (m, n) = 1. Рассмотрим G = haim × . . . × hbin . Мы знаем, что тогда G = hcimn .Заметим, что число порождающихРассмотрим d ∈ G. Тогда ∃ ! разложение вида d = ak · bl .в G равно ϕ(mn).klkЗаметим, что O(d) = O(a ), O(b ) = mn ⇔ O(a ) = m, O(bl ) = n ⇔ элемент d — порождающий.

Поэтомуколичество порождающих есть ϕ(m)ϕ(n): на каждую порождающую из hai можно взять одну из порождающихhbi. Но это и означает, что ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Выведем формулу для ϕ: пусть n = pk11 · . . . · pks s — каноническоеразложениечисла n на простые множители.Используя мультипликативность ϕ, получаем ϕ(n) = ϕ pk11 ·. .

.·ϕ pks s . Легко видеть, что все числа, не взаимнопростые с pk и меньшие его, суть числа p, 2p, . . . , pk−1 − 1 p, и всего их pk−1 − 1 штук. Существует pk − 1 чисел,1 Устраните логический пробел в этом утверждении! Первая лемма применима к S , а не к A ! Доказательство можно посмотретьnnв учебнике Э. Б.

Винберга — Прим. ред.23меньших pk . Поэтому ϕ pk = pk − 1 − pk−1 − 1 = pk − pk−1 = pk 1 − p1 . Отсюда выводим формулу:ϕ(n) = pk111111111−· . . . · pks s 1 −= pk11 · . . . · pks s · 1 −·... · 1 −=n 1−· ...· 1 −.p1psp1psp1psТеорема 6.8 (Малая теорема Ферма). Пусть (m, n) = 1. Тогда mϕ(n) ≡ 1 mod n. Рассмотрим кольцо Zn . Зададимся вопросом: когда элемент [m] ∈ Zn обратим по умножению? Если(m, n) 6= 1, то [m] является делителем нуля и потому не может быть обратим. Действительно, допустим, что[m][k] = [0], причём [m] 6= [0], [k] 6= [0] и [m] обратим, т.

е. ∃ [m]−1 : [m]−1 [m] = [1]. Тогда имеем [0] = [m]−1 [0] == [m]−1 [m][k] = [m−1 m][k] = [1][k] = [k] 6= [0], противоречие. Если же (m, n) = 1, тогда по формуле «f u + gv»получаем mu + nv = 1, и производя редукцию по модулю n, получаем [m][u] = [1], откуда [u] = [m]−1 . Обозначимчерез Z∗n группу обратимых элементов в Zn (проверка того, что это группа, предоставляется читателю). Тогда,поскольку |Z∗n | = ϕ(n), по теореме Лагранжа ∀ [m] ∈ Z∗n получаем [m]ϕ(n) = [1], но это и означает, что mϕ(n) ≡ 1mod n. 6.4. Китайская теорема об остаткахТеорема 6.9 (Китайская теорема об остатках).

Пусть n1 , . . . , ns — попарно взаимно простые числа,ni ∈ N. Пусть 0 6 ri < ni ∈ N. Тогда ∃ m ∈ N : m ≡ ri mod ni .ni ·...·ns Рассмотрим G = hain , где n = n1 · . . . · ns . Пусть ai := an1 ·...·c. Очевидно, G = ha1 in1 × . . . × has ins .Рассмотрим b = a1 · . . . · as . Имеем O(b) = O(a1 ), . . .

, O(as ) = n1 · . . . · ns = n, откуда b — порождающийэлемент G. Рассмотрим элемент ar11 · . . . · arss . Он есть некоторая степень порождающей b. Поэтому ∃ m < n,mдля которого ar11 · . . . · arss = bm = am1 · . . . · as . Отсюда, по свойствам прямого произведения групп получаемm−r1m−rsa1· . . . · as= e = e · . . . · e, и в силу единственности представления элемента в виде произведения элементовiиз прямых множителей, получаем am−r= e, а это означает, что ni (m − ri ), т. е. m ≡ ri mod ni .

i6.5. Теорема ВильсонаТеорема 6.10 (Вильсона). Пусть p ∈ P, тогда (p − 2)! ≡ 1 mod p. Рассмотрим Sp . Поскольку |Sp | = p!, все силовские p-подгруппы имеют порядок p и потому циклические ипересекаются только по id. Циклов длины p в Sp существует всего (p−1)! штук, и каждая силовская p-подгруппасодержит по p − 1 циклу. Тогда (p−1)!p−1 = (p − 2)! ≡ 1 mod p по последней теореме Силова. 7. Return to Linear Representations7.1. Пространство линейных отображенийРассмотрим векторные пространства V и W над полем K. Рассмотрим Lin(V, W ) — пространство линейныхотображений из V в W . Оно наделено операциями + и · на скаляры, т.

е. естественной структурой линейногопространства. Пусть ϕ, ψ ∈ Lin(V, W ). Тогда (ϕ + ψ)(x) := ϕx + ψx и (λϕ)(x) = λϕ(x). Очевидно, что еслиdim V = m, а dim W = n, то dim Lin(V, W ) = mn, поскольку Lin(V, W ) ∼= M(m × n, K) при зафиксированныхбазисах V и W .Пусть (G, ρ, V ) и (G, τ, W ) — представления. Пусть Hom(ρ, τ ) — множество гомоморфизмов представлений.Тогда Hom(ρ, τ ) ⊂ Lin(V, W ) — пока это всего лишь подмножество.

Покажем, что это подпространство. Дляэтого достаточно доказать,в Hom(ρ,τ ). В самом деле, что если ϕ, ψ ∈ Hom(ρ, τ ), то (ϕ + ψ) и λϕ тоже лежат рассмотрим (ϕ + ψ) ρ(g)x = поопределениюсуммыоператоров=ϕρ(g)x+ψρ(g)x=в силу того, чтоϕ и ψ согласованы с действием = τ (g)ϕ(x) + τ (g)ψ(x) = τ (g) ϕ(x) + ψ(x) = τ (g) (ϕ + ψ)x , что и требовалосьдоказать.

Аналогично доказывается свойство умножения на скаляр λ. Итак, Hom(ρ, τ ) — подпространство вLin(V, W ).Пусть ϕ : V → W . Пусть V = V1 ⊕ . . . ⊕ Vm . Тогда ∀ x ∈ V имеет место единственное представлениеx = x1 + . . . + xm . Ввиду того, что ϕ(x) = ϕ(x1 ) + . . . + ϕ(xm ), можно ограничить действия ϕ на каждое изслагаемых и ввести операторы ϕi : Vi → W , действующие по правилу ϕi (x) = ϕ (xi ). Важно, что при этомViможно расширить область действия каждого из ϕi на всё пространство V , получив m операторов ϕbi : V → W ,и мысленно отождествить их с ϕi . Тогда получается, что ϕ = ϕ1 + .

. . + ϕm . Тогда ясно, что Lin(V1 ⊕ . . . ⊕⊕ Vm , W ) ∼= Lin(V1 , W ) ⊕ . . . ⊕ Lin(Vm , W ). Однако не будем рассматривать всё Lin целиком, а ограничимсяmLрассмотрением Hom(ρ, τ ) ∼Hom(ρi , τ ).=i=1247.2. Кратность неприводимого представленияОпределение.

Характеристики

Список файлов лекций