Ю.И. Журавлёв, Ю.А. Флёров, М.Н. Вялый - Дискретный анализ. Основы высшей алгебры (1127101), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Порядок любого элемента группы делит порядокгруппы n, а порядок порождающего элемента циклическойгруппы строго равен n. Поэтому показатель циклической группы совпадает с порядком.В общем случае показатель r не превосходит порядка группы n. Рассмотрим делитель числа r вида pa , где p — простое.Это означает, что в группе есть элемент порядка pa k, т. е. paделит порядок группы. Но тогда и r делит порядок группы(здесь использована основная теорема арифметики).Ответы, указания, решения193Если r < n, то количество решений уравнения xr = e совпадает с порядком группы и больше, чем r.
Такая группа неявляется циклической.1.28. 2) и 3) для 1); 4) и 11) для 10); 1), 2), 3), 13), 14) для8); 15) для 16); 20) и 21) для 18); 20) для 21); 24) для 23); 29)и 30) для 31); 34) для 36).1.30. Бесконечная циклическая группа, все циклическиегруппы простых порядков и единичная группа.1.31. а) C6 = hai, ha2 i, ha3 i, hei;б) C24 = hai, ha2 i, ha3 i, ha4 i, ha6 i, ha8 i, ha12 i, hei;в) V = {e, a, b, c = ab}, hai, hbi, hci, hei;г) применяя запись перестановок в циклах, получим подгруппы:S3 , h(123)i, h(12)(3)i, h(13)(2)i, h(1)(23)i;д) нормальными делителями будут S3 , h(123)i, hei.е) Указание. Разложение на циклы перестановки из A4 может содержать лишь циклы длины 1 (тождественная перестановка), два цикла длины 2 (порядок 2) или один цикл длины3 (порядок 3).
Поэтому A4 не имеет циклической подгруппышестого порядка, а все ее элементы второго порядка перестановочны. Значит, A4 не имеет подгруппы, изоморфной S3 . Нолюбая группа шестого порядка либо является циклической,либо изоморфна S3 (задача 1.11 в)).1.32. Выберем в G элемент a 6= e, затем b ∈/ {a, e}, затемc∈/ {e, a, b, ab}. Тогда остальными элементами группы G будутab, ac, bc, abc. Группа G абелева (задача 1.9). Она имеет следующие 16 подгрупп: {e}, {e, a}, {e, b}, {e, c}, {e, ab}, {e, ac},{e, bc}, {e, abc}, {e, a, b, ab}, {e, a, c, ac}, {e, b, c, bc}, {e, a, bc, abc},{e, b, ac, abc}, {e, c, ab, abc}, {e, ab, ac, bc}, {e, a, b, c, ab, ac, bc,abc} = G.1.33.
В аддитивной записи все подгруппы имеют вид G0 == hai, G1 = hpai, G2 = hp2 ai, . . . , Gk−1 = hpk−1 ai, Gk == hpk ai = h0i. Они образуют убывающую цепочку подгруппсоответственно порядков pk , pk−1 , pk−2 , . . . , p, 1.Указание. Использовать задачу 1.19 б) или показать, чтоподгруппа hnai, где 0 < n < pk , совпадает с подгруппой hpm ai,где n = pm t, 0 6 m < k и t не делится на p.1.41.
Указание. Пусть K — множество всех элементовгруппы G, не принадлежащих H, и a ∈ K. Показать, что,194Ответы, указания, решенияумножая a на все элементы из H, получим все элементы K.Вывести отсюда, что, умножая a на все элементы из K, получим все элементы из H.
В частности, a2 принадлежит H.1.42. Примером может служить четверная группа V сэлементами e, a, b, c = ab (см. ответ задачи 1.11). Она имееттри циклические подгруппы второго порядка: hai, hbi и hci.Указание. Доказать, что при возведении в квадрат всехтройных циклов мы получим снова все тройные циклы, и использовать задачи 1.13 и 1.41.1.48.
Гомоморфизм однозначно определяется образом порождающего элемента a. Ниже указаны возможные образыэтого элемента: а) любой элемент группы; число гомоморфизмов равно n; б) e, b3 , b6 , b9 , b12 , b15 ; в) e, b, b2 , b3 , b4 , b5 ; г) e,b5 , b10 ; д) e.1.49. Рассмотрим гомоморфизм ϕ : Q+ → Z+ . Предположим, что 0 6= x ∈ Ker ϕ, а y ∈/ Ker ϕ. Некоторые ненулевыекратные любых двух рациональных чисел, отличных от 0, совпадают: если x = p/q, y = r/s, то qrx = pr = spy. Поэтомуϕ(spy) = 0 и приходим к противоречию (в Z+ нет элементов конечного порядка).
Значит, либо ядро ϕ нулевое, либосовпадает с Q+ . В последнем случае гомоморфизм переводитвсе рациональные числа в 0. Первый случай невозможен, таккак гомоморфизм с нулевым ядром задает изоморфизм Q+с некоторой подгруппой бесконечной циклической группы, авсе такие группы — циклические. (Группа Q+ не являетсяциклической — число 1/(2q) не принадлежит подгруппе, порожденной p/q.)1.53. а) Указание.
Каждому вращению тетраэдра ABCDсоответствует перестановка его вершин. Композиции двух вращений соответствует композиция соответствующих перестановок. Двум различным вращениям a и b соответствуют дверазличные перестановки, так как иначе нетождественномувращению ab−1 соответствовала бы тождественная перестановка, сохраняющая все вершины на месте. В группе тетраэдра 12 элементов (пример 1.28) и она изоморфна подгруппе(двенадцатого порядка) симметрической группы S4 . Далее,можно либо проверить, что все перестановки, соответствующие вращениям тетраэдра, четные, либо использовать задачу 1.42.Ответы, указания, решения195б) Решение. Группы куба и октаэдра изоморфны (см.
пример 1.34). Каждому вращению куба соответствует перестановка его четырех диагоналей. Композиции вращений соответствует композиция соответствующих перестановок. Всеговращений куба 24 (пример 1.28). Это тождественное вращение, восемь вращений вокруг диагоналей на углы 2π/3 и 4π/3,шесть вращений вокруг осей, проходящих через середину противоположных ребер, на угол π, и девять вращений вокругосей, проходящих через центры противоположных граней, науглы π/4, 2π/4, 3π/4.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что только при тождественном вращении все четыредиагонали остаются на месте. Отсюда заключаем, как в пунктеа), что группа куба изоморфна группе перестановок четырехэлементов, имеющей порядок 24, т. е. симметрической группе S4 .в) Решение. Группы додекаэдра и икосаэдра изоморфны(пример 1.34). Для каждого ребра икосаэдра имеется однопротивоположное параллельное ему ребро и две пары перпендикулярных ему ребер: рёбра одной пары начинаются ввершинах граней, примыкающих к данному ребру, а рёбрадругой пары принадлежат граням, имеющим вершинами концы данного ребра. Ребра одной из этих пар параллельны, аразных пар — перпендикулярны между собой. Таким образом, все 30 ребер делятся на пять систем по шесть в каждойсистеме.
Ребра одной системы либо параллельны, либо перпендикулярны, а рёбра разных систем не параллельны и неперпендикулярны. С каждой системой ребер связан октаэдр,вершинами которого служат середины ребер данной системы.Этим определены пять октаэдров, вписанных в икосаэдр. Каждому вращению икосаэдра соответствует перестановка пятиуказанных систем ребер (или соответствующих им октаэдров). Композиции двух вращений соответствует композициясоответствующих перестановок. Вращений икосаэдра 60 (пример 1.28). Это тождественное вращение; 24 вращения вокругкаждой из шести осей, проходящих через противоположныевершины, на углы 2π/5, 4π/5, 6π/5 и 8π/5; 20 вращенийвокруг каждой из десяти осей, проходящих через центрыпротивоположных граней, на углы 2π/3 и 4π/3; 15 вращений вокруг каждой из пятнадцати осей, проходящих через196Ответы, указания, решениясередины противоположных ребер, на угол π.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что для каждого нетождественного вращения найдется ребро, переводящееся данным вращением в другое ребро, не параллельное и не перпендикулярноеданному ребру. Поэтому только тождественному вращениюсоответствует тождественная подстановка систем ребер. Отсюда, как в пункте а), заключаем, что группа икосаэдраизоморфна подгруппе порядка 60 симметрической группы S5 .По задаче 1.42 эта подгруппа совпадает со знакопеременнойгруппой A5 .1.60. Поскольку сопряженный с произведением являетсяпроизведением сопряженных с множителями:g(a1 a2 .
. . an )g −1 = (ga1 g −1 )(ga2 g −1 ) . . . (gan g −1 ),то сопряженный с коммутатору a, b посредством элемента gявляется коммутатором сопряженных gag −1 и gbg −1 . По темже причинам сопряженный с произведением коммутаторов является произведением коммутаторов.1.61. Докажем, что любая четная перестановка является композицией двух сопряженных инволюций (перестановокпорядка 2). Отсюда будет следовать утверждение задачи, таккак обратная к инволюции совпадает с ней.Используем равенства(1 3 5 . .
. (1 + 2k) 2k (2k − 2) . . . 2) =hi hi= (2 3)(4 5) . . . (2k (1 + 2k)) ◦ (1 2)(3 4) . . . ((2k − 1) 2k) ,(∗)(1 3 5 . . . (2k − 1) 2k (2k − 2) . . . 2) =hi hi= (2 3)(4 5) . . . ((2k − 2) (2k − 1)) ◦ (1 2)(3 4) . . . ((2k − 1) 2k) ,(∗∗)(1 2 4 . . .
2k (2k − 1) (2k − 3) . . . 3) =hi hi= (1 2)(3 4) . . . ((2k − 1) 2k) ◦ (2 3)(4 5) . . . ((2k − 2) (2k − 1)) .(∗ ∗ ∗)Равенство (∗) выражает цикл нечетной длины в виде произведения инволюций одного циклового типа (следовательно,Ответы, указания, решения197сопряженных). Равенства (∗∗) и (∗ ∗ ∗) выражают цикл четнойдлины в виде произведения инволюций, в которых число циклов длины 2 различается на 1. Поэтому пару циклов четнойдлины можно представить в виде произведения сопряженныхинволюций.1.62. Указание.
Наиболее естественный пример предоставляют свободные группы ранга > 2. (Определение и свойствасвободных групп см. в [15, 17].)1.64. В группе S3 подгруппа {e, (12)(3)} имеет индекс 3,но не cодержит элемента (13)(2) порядка 2.1.69. Указания. а) Применить критерий сопряженности,описанный в примере 1.46. б) Показать, что каждый смежныйкласс содержит точно одну подстановку, оставляющую на месте число 4.1.70. Если в разложении данной перестановки σ на независимые циклы встречается ki циклов длины ni , i = 1, 2, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
