Ю.И. Журавлёв, Ю.А. Флёров, М.Н. Вялый - Дискретный анализ. Основы высшей алгебры (1127101), страница 34
Текст из файла (страница 34)
. . , m,причем учтены все циклы, включая и циклы длины 1, то числокоммутирующих с перестановкой σ, равноQmперестановок,ki(k)!n.Считая0! = 1, можно искомое число записатьiii=1иначе. Пусть ji — число циклов длины i, входящих в разложение перестановки σ, где i = 1, 2, . . . , n, и если циклов длиныi в разложениинет, то положим ji = 0. Тогда искомое числоQnравно i=1 (ji )!iji .Указание. Циклы одной и той же длины r, входящие вразложение σ, при сопряжении перестановкой x, коммутирующей с σ, могут лишь переставляться между собой, причемпервое число какого-либо цикла может перейти в любое числолюбого цикла той же длины, входящего в разложение перестановки σ.−11.71.
Указание. Рассмотреть коммутатор h1 h2 h−11 h2 этихэлементов.1.75. а) Прямо следует из определения нормализатора.б) Группа G действует сопряжениями на множестве своихподгруппg : H 7→ gHg −1 .Нормализатор N (H) является стабилизатором H относительно этого действия, а количество подгрупп, сопряженных с H,равно мощности орбиты H при этом действии, которая равна198Ответы, указания, решенияиндексу (G : N (H)) (см. следствие 1.53 на с. 49).1.76. Указание. Использовать задачи: 1.74 в случае а), 1.75в случае б).1.79.
Если в разложении данной перестановки σ на независимые циклы встречается ki циклов длины ni , i = 1, 2, . . . , m,причем учтены все циклы, включая и циклы длины 1, то искомое число равноn!.Qmkii=1 (ki )!niЭто число можно записать иначе, пользуясь другим выражением знаменателя, указанным в ответе задачи 1.70.1.80. Указание.
Обозначить через nk число классов сопряженных элементов с pk элементами и, пользуясь задачей 1.76,показать, что n0 + n1 p + n2 p2 + · · · = pn .1.81. Указание. Если нормальный делитель H содержитцикл (α, β, γ), то H содержит и любой другой 3-цикл (α′ , β ′ , γ ′ ).Покажите это, рассмотрев сопряжение цикла (α, β, γ) посредством перестановкиα β γ δ ε ...x=,α′ β ′ γ ′ δ ′ ε′ . .
.где δ ′ и ε′ выбраны так, что перестановка x четна. Далее используйте задачу 1.13 в).1.82. Решение. а) Все 60 вращений, составляющие группу икосаэдра, указаны в ответе задачи 1.53 в). Тождественное вращение является единицей группы и составляет одинкласс. Сопряженные элементы имеют одинаковый порядок.Элементами пятого порядка являются 24 вращения на углы2kπ/5, k = 1, 2, 3, 4, вокруг каждой из шести осей, проходящих через противоположные вершины. Под вращением вокругвершины A на угол α будем понимать вращение вокруг оси,проходящей через A и противоположную вершину, на угол αпротив часовой стрелки, если смотреть вдоль оси от A к противоположной вершине. У каждой вершины отметим один изплоских углов с данной вершиной.
Каждое вращение икосаэдра вполне характеризуется указанием вершины B, в которуюпереходит данная вершина A (B может совпадать с A), и плоского угла при B, в который переходит отмеченный угол при A.Ответы, указания, решения199Поэтому каждое вращение x, переводящее A в B, представляется в виде композиции x = yz, где y переводит отмеченныйугол при A в отмеченный угол при B, а z есть вращение вокругвершины B на угол α. Обратный элемент x−1 = z −1 y −1 естькомпозиция вращения z −1 вокруг B на угол (−α) и вращения y −1 , переводящего отмеченный угол при B в отмеченныйугол при A.
Пусть теперь g — вращение вокруг вершины Aна угол α, а x — любой элемент группы, переводящий A вB. Представляя x в виде композиции x = yz, как указановыше, найдем, что сопряженный элемент x−1 gx = z −1 y −1 gyzявляется поворотом снова на угол α, но уже вокруг вершины B. В частности, если A и B — противоположные вершины,то поворот вокруг B на угол α совпадает с поворотом вокруг A на угол 2π − α. Таким образом, все вращения вокругвершин на углы 2π/5 и 8π/5 принадлежат одному классу сопряженных элементов, так же как и все вращения на углы4π/5 и 6π/5.
Покажем, что вращения g1 и g2 вокруг вершины A на углы 2π/5 и 4π/5 принадлежат различным классам.Если x переводит A в другую вершину B, то x−1 g1 x есть вращение вокруг B и либо не будет вращением вокруг A, либо(если B противоположна A) будет вращением вокруг A наугол 8π/5, т. е. x−1 g1 x 6= g2 . Если же x — вращение вокругA, то g1 и x — элементы циклической (и, значит, коммутативной) подгруппы вращений вокруг A и снова x−1 g1 x = g1 6=6= g2 . Итак, все элементы пятого порядка разбиваются на двакласса по 12 элементов. Аналогично, отмечая по плоскомууглу каждой грани и по вершине каждого ребра, убедимся,что 20 элементов третьего порядка (вращения на углы 2π/3и 4π/3 вокруг осей, проходящих через центры противоположных граней) составляют один класс и 15 элементов второгопорядка (вращения на угол π вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер) также составляют одинкласс.б) Нормальный делитель должен состоять из объединения классов сопряженных элементов, он должен содержатьединицу, и его порядок должен делить порядок 60 группы икосаэдра.
По пункту а) классы сопряженных элементов содержат соответственно 1, 12, 12, 20, 15 элементов. Из этих чиселможно составить лишь две суммы, содержащие слагаемое 1 и200Ответы, указания, решенияделящие число 60, именно 1 и 60. Это дает лишь два нормальных делителя — единичную подгруппу и всю группу.1.83. Указание. Применить задачи 1.53 в) и 1.82 б).1.85. Ответы. а) Циклическая группа порядка d; б) циклическая группа порядка 5; в) циклическая группа порядка 6;г) циклическая группа порядка 2; д) U × U (см. задачу 1.88);е) аддитивная группа действительных чисел.1.88. Указания. В случаях г), д) и з) рассмотреть отображении f (z) = z n , а в случае е) — отображение f (z) = z n /|z|n .1.92. Пусть ϕ : G → G — некоторый автоморфизм группы G, а ψ : G → G — внутренний автоморфизм, что по определению означает ψ : x 7→ gxg −1 .
Проверим, что сопряжение ψпосредством ϕ дает внутренний автоморфизм:ϕ ◦ ψ ◦ ϕ−1 (x) = ϕ ◦ ψ(y) = ϕ(gyg −1 ) == ϕ(g)ϕ(y)ϕ(g −1 ) = ϕ(g)xϕ(g)−1 .1.93. Указание: заполните пробелы в следующем краткомрешении. Группа GL(2, GF (5)) линейных преобразований двумерного пространства над полем из 5 элементов действует намножестве одномерных подпространств этого пространства.Таких подпространств 6 штук, поэтому это действие являетсягомоморфизмом GL(2, GF (5)) в S6 . Обозначим образ при этомгомоморфизме через H.
Можно проверить, что (S6 : H) = 6.Группа S6 действует на классах смежности по подгруппе H,что задает автоморфизм S6 . Этот автоморфизм не может бытьвнутренним: транспозиция переходит при этом автоморфизме в произведение трех транспозиций непересекающихся парсмежных классов.1.96. Указание. Предположив, что G/Z — циклическаягруппа, выбрать в классе, служащем для нее порождающимэлементом, элемент a и показать, что a и Z порождают всюгруппу G.1.97.
Решение. Применим индукцию по порядку n группыG. При n = 2 группа G — циклическая второго порядка, итеорема для нее верна. Пусть теорема верна для всех групп,порядок которых меньше n, и G — группа порядка n.Пусть сначала G коммутативна. Возьмем любой элемент a,отличный от единицы e группы G. Его порядок k > 1. Если kОтветы, указания, решения201делится на p, k = pq, то элемент aq имеет порядок p. Если k неделится на p, то порядок n′ факторгруппы G′ = G/hai группыG по циклической подгруппе hai равен n/k < n и делится на p.По предположению индукции G′ содержит элемент b′ порядкаp.
Пусть b — элемент группы G, входящий в смежный классb′ . Из (b′ )p = e′ , где e′ — единица группы G′ , следует, что bpсодержится в подгруппе hai, т. е. bp = al , откуда bpk = alk = e.Если bk = e, то (b′ )k = e′ и k делится на порядок p элементаb′ , что невозможно. Значит, bkp = e, но b 6= e, т. е. элемент bkимеет порядок p.Пусть теперь группа G некоммутативна. Если существуетподгруппа H, отличная от G, индекс которой не делится на p,то порядок H меньше n и делится на p.
По предположениюиндукции H содержит элемент порядка p. Если же индексывсех подгрупп группы G, отличных от G, делятся на p, точисло элементов, сопряженных с любым элементом группы G,не входящим в ее центр C(G) (задача 1.59), делится на p (задача 1.74). Так как порядок n группы G также делится на p,то и порядок центра C(G) делится на p и меньше n, так какG некоммутативна. По предположению индукции C(G) содержит элемент порядка p.1.98. Указание. Воспользоваться предыдущей задачей.1.106.
а) hai = h3ai + h2ai; б) hai = h4ai + h3ai; в) hai == h3ai + h4ai + h5ai; г) hai = h9ai + h100ai;1.107. Указание. В случае в) использовать задачу 1.105 б).1.108. Указания. а) Принять соответственно за A и B множества всех элементов a и b из G, для которых pa = 0 и qb = 0;б) рассмотреть разложения n = pk11 pk22 . . . pks s порядка nгруппы G на простые множители и применить а).1.109. Обозначим через G(n1 , n2 , . . . , ns ) прямую суммуциклических групп порядков соответственно n1 , n2 , .
. . , ns .Любая конечная абелева группа изоморфна G(n1 , n2 , . . . , ns ),где числа nk равны степеням простых чисел (не обязательноразличных). В этих обозначениях приведем ответы:а) G(3); б) G(4), G(2, 2); в) G(2, 3); г) G(8), G(2, 4), G(2, 2, 2);д) G(9), G(3, 3); е) G(4, 3), G(2, 2, 3);ж) G(16), G(2, 8), G(4, 4), G(2, 2, 4), G(2, 2, 2, 2);з) G(8, 3), G(2, 4, 3), G(2, 2, 2, 3);и) G(2, 3, 5); к) G(4, 9), G(2, 2, 9), G(4, 3, 3), G(2, 2, 3, 3);202Ответы, указания, решениял) G(16, 3), G(2, 8, 3), G(4, 4, 3), G(2, 2, 4, 3), G(2, 2, 2, 2, 3);м) G(4, 3, 5), G(2, 2, 3, 5); н) G(9, 7), G(3, 3, 7);о) G(8, 9), G(2, 4, 9), G(2, 2, 2, 9), G(8, 3, 3), G(2, 4, 3, 3),G(2, 2, 2, 3, 3);п) G(4, 25), G(2, 2, 25), G(4, 5, 5), G(2, 2, 5, 5).1.110.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
