Е.Е. Тыртышников - Основы алгебры (1109873), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Следовательно, |A(1)| = |A(l)|, т.е. все классы связности имеют одно и то же число номеров. Это число обязано быть делителем обшего числаномеров. Но у нас всего 5 номеров. Поэтому первоначальный выбор номера l невозможен. А это означает, что k = 5 и A(1) = A. Таким образом, группа G содержитвсе транспозиции и поэтому совпадает с S5 .Остается доказать, что группа S5 не является полициклической. Пусть H / S5 ифактор-группа S5 /H является циклической. Тогда она заведомо является абелевой:aH · bH = bH · aH⇒ a−1 b−1 ab ∈ H ∀ a, b ∈ S5 .Возьмем a = (ij) и b = (jk).
Тогда(ij)(jk)(ij)(jk) = (jik).Таким образом, H содержит все тройные циклы. Отсюда легко вывести, что H содержит и все двучленные произведения независимых транспозиций. В итоге оказывается, что H = A5 (напомним, что A5 – это стандартное обозначение для знакопеременной группы степени 5, т.е. для группы всех четных подстановок степени 5).Далее, предположим, что H E A5 и фактор-группа A5 /H является циклическойи, следовательно, абелевой. Очевидно, (ijk), (klm) ∈ A5 . Поэтому(kji)(mlk)(ijk)(klm) = (kjm).Значит, H содержит все тройные циклы и по этой причине H = A5 . Следовательно,группа S5 не обладает полициклическим рядом.
2Задача 152. Пусть M – поле разложения многочлена x5 − 25x + 5 над полем рациональных чисел Q. Докажите, что dim(M : Q) = 120.Задача 153. Пусть известно, что подгруппа G ≤ Sn действует на множественомеров A = {1, 2, . . . , n} транзитивно, содержит хотя бы одну транспозицию ихотя бы один цикл длины n − 1. Докажите, что G = Sn .Задача 154. Пусть p – простое число.
Докажите, что любая подгруппа группыSp , действующая транзитивно на множестве номеров A = {1, 2, . . . , p}, содержитхотя бы один цикл длины p.Задача 155. Докажите неразрешимость в радикалах для уравнения x5 − x − 1 = 0.Задача 156. Найдите многочлен с целыми коэффициентами, степень которогоравна 6, а группа Галуа над Q изоморфна S6 .924.10Концептуальный вывод основной теоремы алгебрыКонцептуальное, “наиболее алгебраическое” доказательство основной теоремы алгебры опирается на теорию Галуа и следующую теорему Силова: в любой группе порядкаn = ps m, где p - m – простое число, существует подгруппа порядка ps .Случай комплексного многочлена f (x) = a0 + a1 x + . .
. + an xn элементарнымобразом сводится к проблеме существования комплексного корня для вещественногомногочленаf (x)f¯(x) := (a0 + a1 x + . . . + an xn )(ā0 + ā1 x + . . . + ān xn ) ∈ R[x],f (ζ)f¯(ζ) = 0 ⇒ f (ζ) = 0 или f¯(ζ) = 0 ( ⇒ f (ζ̄) = 0).Чтобы доказать, что вещественный многочлен степени n ≥ 1 имеет комплексныйкорень, рассмотрим его поле разложения M над R и группу Галуа G = A(M : R).Предположим, что dim(M : R) = 2s m, где m – нечетное число. Если s = 0, то элементарно доказывается существование вещественного корня. Поэтому будем считать,что s ≥ 1. По теореме Силова, существует подгруппа H ≤ G порядка 2s . Согласнотеории Галуа, подгруппе H соответствует промежуточное поле L = M H размерности dim(L : R) = m. Поле L является расширением поля R нечетной размерности.Если m > 1, то должен найтись неприводимый вещественный многочлен нечетнойстепени, что невозможно.
Поэтому m = 1 и L = R. Вот главный вывод из нашегорассуждения:dim(M : R) = 2s .Чтобы продолжить, нам нужно следующее утверждение, которое мы применимв частном случае, когда p = 2.Лемма 4.10.1 Для любого простого числа p любая группа порядка ps обладает полициклическим рядом, в котором каждая фактор-группа имеет порядок p.Доказательство. Проведем индукцию по s.
При s = 1 группа является циклической, а значит и полициклической. Пусть s ≥ 2. Согласно теореме 1.9.1, в данной группе, обозначим ее G, есть элемент a, коммутирующий со всеми элементамиэтой группы. Пусть H – подгруппа поряда p в циклической группе hai, порожденнойэлементом a. Очевидно, H является нормальной подгруппой в G. Порядок факторгруппы G по H равен ps−1 < ps , по индуктивному предположению она являетсяполициклической. Пусть F := G/H. Тогда существует полициклический ряд видаF = F0 .
F1 . . . . . Ft = {e},|Fi /Fi−1 | = p,1 ≤ i ≤ t.Рассмотрим гомоморфизм φ : G → F , определенный правилом φ(g) := gH. Легко проверяется, что для любой подгруппы T ≤ F ее полный прообраз φ−1 (T ) будетподгруппой в G. Полный прообраз нормальной подгруппы будет также нормальнойподгруппой. Вполне рутинной проверкой можно убедиться в том, что в цепочке подгруппG = φ−1 (F0 ) . φ−1 (F1 ) . . . . . φ−1 (Fs ) . {e}93каждая фактор-группа имеет порядок p. 2Из данной леммы следует, что поле M может быть получено из R с помощью присоединения корней квадратных уравнений. Все эти корни принадлежат C, поэтомуM ≤ C.Еще одно следствие доказанной выше леммы связано с построеним правильныхp-угольников.Утверждение 4.10.1 Пусть p – простое число. Тогда условие p = 2s + 1 для натурального числа s является достаточным для возможности построения правильного p-угольника с помощью циркуля и линейки.Доказательство.
В рассматриваемом случае число cos(2π/p) принадлежит некоторому полициклическому расширению поля Q, в котором каждое звено есть расширение размерности 2. Значит, очередное поле получается из предыдущего с помощьюприсоединения корня квадратного уравнения. Именно такие построения выполняются с помощью циркуля и линейки. 2Задача 157. Пусть K = Q, расширения K ≤ L и L ≤ M являются полициклическими и известно, что расширение K ≤ M является конечным расширениемГалуа. Докажите, что оно будет полициклическим.4.11Теорема СиловаДля полноты картины докажем теорему Силова, которая включает утверждение изпредыдущего раздела, а также и другие наблюдения о группах с числом элементов,равным простому числу p в некоторой степени.
Такие группы называются примарными или p-группами.Начнем с частного случая. Рассмотрим группу Mn (p) обратимых матриц порядка n над полем вычетов по модулю p и ее подгруппу Tn (p), состоящую из верхнихтреугольных матриц с единичной главной диагональю. Нетрудно подсчитать, что|Mn (p)| = (pn − 1)(pn − p)(pn − p2 ) . .
. (pn − pn−1 ) = pd q,|Tn (p)| = pd ,d = (n − 1)n/2,p - q,Таким образом, в группе Mn (p) порядка pd q имеется подгруппа Tn (p) порядка pd .Заметим, что Tn (p) является p-подгруппой максимально возможного порядка средивсех p-подгрупп группы Mn (p). Существование таких подгрупп в общем случае – этопервое из утверждений теоремы Силова.Нам понадобится следующая лемма о разбиении группы на непересекающиесяподмножества – некоторый аналог разбиения на смежные классы по подгруппе.Лемма 4.11.1 Для любых подгрупп B и C конечной группы A существуют элементы a1 , .
. . , al ∈ A такие, что имеет место равенствоlXi=1|A||C|.−1 =|B||C ∩ ai Bai |94(∗)Доказательство. Прежде всего заметим, что множества CaB для различных элементов a ∈ A либо совпадают, либо не пересекаются. Пусть различных множествтакого вида всего l и они определеляются элементами a1 , . . . , al ∈ A. ТогдаlX|Cai B| = |A|.i=1При каждом i множество Cai B есть объединение каких-то непересекающихся левыхсмежных классов по подгруппе B. Равенствоc 1 ai B = c 2 ai Bравносильно равенству−1c1 (ai Ba−1i ) = c2 (ai Bai )и выполняется в том и только том случае, когда−1c−11 c2 ∈ C ∩ ai Bai .Следовательно,|Cai B| =|C||B|.|C ∩ ai Ba−1i |2Теорема 4.11.1 (теорема Силова) Пусть p – простое число и m взаимно простос p.
Тогда для любой группы порядка n = ps m справедливы следующие утверждения:1. Cуществует подгруппа порядка ps .2. Все подгруппы порядка ps являются сопряженными.3. Каждая p-подгруппа содержится в какой-то подгруппе порядка ps .4. Число разных подгрупп порядка ps является делителем числа m и имеет остаток 1 при делении на p.Доказательство. Пусть G – произвольная группа порядка ps m, p - m – простое число. Заметим, что произвольную группу порядка n, в том числе G, можно рассматривать как подгруппу группы Mn (p), составленную из каких-то матриц перестановок.1. Пусть A := Mn (p), B := Tn (p) и C := G. Правая часть формулы (∗) на p неделится, поэтому хотя бы одно из слагаемых левой части на p не делится.
Пусть этоi-е слагаемое. Тогда искомая подгруппа есть C ∩ ai Ba−1i .2. Применим ту же формулу (∗) в другой ситуации. Пусть A := G – даннаягруппа, а C и B – ее подгруппы порядка ps . Правая часть формулы (∗) на p неделится, поэтому хотя бы одно слагаемое левой части на p не делится. Если это i-еслагаемое, тоC = ai Ba−1i .953. Пусть A := G – данная группа, B – ее подгруппа порядка ps и C – какая-тоp-подгруппа.
Тогда в левой части формулы (∗) должно быть слагаемое, которое наp не делится. Если это i-е слагаемое, тоC ∩ ai Ba−1i = C⇒C ⊆ ai Ba−1i .4. Пусть A := G – данная группа и B – ее подгруппа порядка ps . Исследуемусловие совпадения двух сопряженных подгрупп:−1−1−1= B ⇔ a−1⇔ a−1a1 Ba−11 a2 ∈ N (B),1 a2 B(a1 a2 )1 = a2 Ba2где N (B) = {a ∈ A : aBa−1 ∈ B} – нормализатор подгруппы B. Легко проверяется,что нормализатор подгруппы B ≤ A является подгруппой в A. Пусть число смежных классов группы A по подгруппе N (B) равно t. Ровно столько имеется разныхподгрупп, сопряженных с подгруппой B. Поскольку |N (B)| ≥ |B|, число t должнобыть делителем числа m.Теперь рассмотрим множество сопряженных подгруппX := {x1 , . .
. , xt },xi := ai Ba−1i , 1 ≤ i ≤ t,и действие группы B на X сопряжением:−1b : xi → bxi b−1 = b(ai Ba−1i )b ,b ∈ B.Каждый элемент xi ∈ X порождает свою орбиту B(xi ) := {b(xi ) : b ∈ B}, при этоморбиты разных элементов либо совпадают, либо не пересекаются. Таким образом,все множество X есть объединение непересекающихся орбит. Длина каждой орбитыдолжна быть делителем порядка группы B, поэтому каждая длина либо делится напростое число p, либо равна 1.Докажем, что на множестве X имеется ровно одна орбита длины 1 – это и будетозначать, что остаток числа t при делении на p равен 1.
Допустим, что есть двеподгруппы, каждая из которых сопряжена только с собой. Пусть это подгруппы Bи aBa−1 . В этом случае множество BaBa−1 оказывается подгруппой. Для проверкизапишем произвольные элементы u, v ∈ BaBa−1 в видеu = b1 ab2 a−1 ,v = b3 ab4 a−1 ,b1 , b2 , b3 , b4 ∈ B.Тогда для некоторых элементов b5 , b6 , b7 , b8 ∈ B получаем−1−1−1−1uv = (b1 b3 )(b−13 ab2 a b3 )(ab4 a ) = (b1 b3 )(b5 ab6 a )(ab4 a ) =(b1 b3 b5 )a(b6 b4 )a−1 ∈ BaBa−1 ,−1 −1−1−1 −1−1−1u−1 = ab−1∈ BaBa−1 .2 a b1 = b1 (b1 ab2 a b1 ) = b1 (b7 ab8 a ) = (b1 b7 )ab8 aДалее, |BaBa−1 | = |B||aBa−1 |/|B ∩ aBa−1 |.
Если B 6= aBa−1 , то мы получаем подгруппу, порядок которой делится на ps+1 , что невозможно. 2Задача 158. Докажите, что любая группа порядка pq, где p и q – разные простыечисла, является полициклической.96.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
