1610841784-4ddd8b6ff40e9cbd93e57c95925d7436 (824186), страница 12

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

Текст из файла (страница 12)

Пусть n = 2d — четное число. Рассмотрим множествоA, B, C, D ∈ Md(F ),! A B⊺⊺⊺⊺∈ Mn(F ) | A C = C A, B D = D B, .SPn(F ) =CD⊺⊺A D − C B = EdДокажите, что SPn(F ) с операциями умножения матриц матрицыобразует группу (симплектическую группу пространства F n).Подсказка: Для матрицы X ∈ SPn(F ) вычислитеX⊺!0EdX−Ed 08.

Полугруппы и группы (продолжение)Напомним, что группа — это алгебраическая система с одной бинарнойоперациейG = (G; ·);· :(a, b) 7→ a · b = ab умножение элементов,удовлетворяющая следующим аксиомам:• a(bc) = (ab)c для всех a, b, c ∈ G;• Существует e ∈ G такой, что ea = ae = a для любого a ∈ G(единичный элемент);• Для любого a ∈ G найдется такой a−1 ∈ G, что aa−1 = a−1a = e(обратный элемент).ПодгруппыПустьG = (G; ·)иH = (H; ∗)— группы.Говорят, что группа H является подгруппой группы G, еслиH⊆Gиa∗b=a·bдля всех a, b ∈ H,т.е. операция умножения на подмножестве H ⊆ G индуцированаоперацией на всем множестве G.Лемма.

Пусть H = (H; ∗) — подгруппа группы G = (G; ·). Тогда:(1) Единичный элемент группы G лежит в H и является единичнымэлементом группы H;(2) Для любого a ∈ H его обратный в группе H является обратным вгруппе G.Доказательство.(1) Пусть e ∈ G: e · x = x · e = x для всех x ∈ G и пусть f ∈ H:f ∗ y = y ∗ f = y для всех y ∈ H.(?) f = eВозьмем y ∈ H и рассмотримf · y = f ∗ y = y,умножим на обратный к y в группе G:f = f · e = f · (y · y −1) = (f · y) · y −1 = y · y −1 = e.Следовательно, f = e.(2) Пусть a ∈ H, x — обратный к a в группе H,y — обратный к a в группе G. Тогдаa · x = a ∗ x = f = e = a · y.Отсюда с учетом ассоциативностиx = y · (a · x) = y · (a · y) = y.Лемма. Пусть G = (G; ·) — группа, H ⊆ G — непустое подмножество.Следующие условия эквивалентны:(1) H относительно индуцированной операции является подгруппой в G;(2) Если a, b ∈ H, то a · b−1 ∈ H.Доказательство.(1) ⇒ (2):Рассмотрим группуH = (H; ∗),где a ∗ b = a · b,a, b ∈ H ⇒ b−1 ∈ H ⇒ a · b−1 = a ∗ b−1 ∈ H.(2) ⇒ (1):Покажем, что индуцированная операция ∗ действительноалгебраическая операция на H.Условие (2) для a = b ∈ H:a = b ∈ H ⇒ a · b−1 = e ∈ HУсловие (2) для e, b ∈ H:e, b ∈ H ⇒ e · b−1 ∈ H ⇒ b−1 ∈ HУсловие (2) для a, b−1 ∈ H:a, b ∈ H ⇒ a, b−1 ∈ H ⇒ a · (b−1)−1 = a · b = a ∗ b ∈ HВыполнение всех аксиом группы для H следует теперь из того,что G — группа.Для упрощения терминологии будем говорить, что подмножество Hявляется подгруппой группы G = (G; ·), если оно образует группуотносительно индуцированной операции.Обозначение:H≤G( ⇐⇒ ab−1 ∈ H ∀a, b ∈ H)Примеры.• {e} ≤ G, G ≤ G;• Z ≤ (Q; +) ;• mZ ≤ (Z; +), m ∈ N;• Q \ {0} ≤ (R \ {0}; ·);• SOn(F ) = SLn(F ) ∩ On(F ) ≤ On(F ),• SLn(F ) ≤ GLn(F )• SLn(Z) ≤ SLn(Q) ≤ SLn(R)SOn(F ) ≤ SLn(F )Группа корней из единицыΓn =√n1 = {z ∈ C | z n = 1}, n ∈ N;Γn = {1 = ε0, ε1, .

. . , εn−1},εk = cos(2πk/n) + i sin(2πk/n),k = 0, . . . , n − 1(?) Γn является подгруппой в мультипликативной группе полякомплексных чиселz ∈ Γn ⇒ |z| = 1 ⇒ z 6= 0 ⇒ z ∈ C \ {0};nz1nn−1nw, z ∈ Γn ⇒ z = w = 1 ⇒ (zw ) = n = = 1 ⇒ zw−1 ∈ Γn.w1Упражнение.Матрица A = (aij ) ∈ Mn(Z) называется унитреугольной, еслиi > j ⇒ aij = 0;aii = 1.Докажите, что множество U Tn(Z) всех унитреугольных матриц сцелыми компонентами является подгруппой в SLn(Z).Лемма.Пересечение набора подгрупп группы G является подгруппой в G.Доказательство.Пусть Hi, i ∈ I, — подгруппы в G; По предыдущей леммеa, b ∈ Hi ⇒ ab−1 ∈ HiПустьH=\Hi ,i∈Ia, b ∈ H ⇐⇒ a, b ∈ Hi ∀i ∈ I ⇒ ab−1 ∈ Hi ∀i ∈ I ⇐⇒ ab−1 ∈ H.Таким образом, H является подгруппой.Подгруппа, порожденная множествомПусть G = (G; ·) — группа, M ⊆ G — подмножество (не обязательноподгруппа)Обозначим через M множество всех таких подгрупп H ≤ G, что M ⊆ HПоложимhM i =\H≤GH∈M— наименьшая подгруппа, содержащая множество M .hM i называется подгруппой группы G, порожденной множеством M .Если hM i = G, то говорят, что группа G порождена множеством M .Если группа G порождена каким-то своим конечным подмножеством,то она называется конечнопорожденной;Если G не порождается никаким своим конечным подмножеством,то она называется бесконечнопорожденной.Примеры• (Z; +) = h1i = h−1i;• U T2(Z) = he11 + e12 + e22i;• Γn = hε1i;• (Q \ {0}; ·) — бесконечнопорожденная.Упражнение.Докажите, чтоSL2(Z) =*!0 −11 1,1 00 1!+Подсказка: условие ad − bc = 1 можно рассматривать как уравнение наd, c при данных a, b ∈ ZЦиклические группыГруппа G называется циклической, если она порождена одним из своихэлементов:G = h{a}i = hai,для некоторого a ∈ GДля каждого n ∈ Z определим элемент an ∈ G по индукции:• a0 = e;• a1 = a;• an+1 = an · a, n ≥ 1;• a−n = (an)−1.Лемма.Пусть G — группа, a ∈ G, H = hai ≤ G.

Тогда любой элемент b ∈ H имеетвид b = an для некоторого n ∈ Z.Доказательство.Нужно показать, чтоH = {an | n ∈ Z}⊇:e ∈ H (единичный элемент лежит в любой подгруппе); a ∈ H ⇒ an ∈ Hдля n ≥ 1 по индукции; an ∈ H ⇒ a−n = (an)−1 ∈ H.⊆:Докажем, что {an | n ∈ Z} является подгруппой, содержащей a(тогда искомое вложение вытекает из определения подгруппы,порожденной множеством)(?)an · am = an+mдля всех n, m ∈ Z.(?)an · am = an+mдля всех n, m ∈ Z.Случай 1: Если n = 0 или m = 0, то утверждение очевидно.Случай 2: n > 0, m > 0.Множество G, если его рассматривать как алг.систему с однойоперацией ·, является полугруппой.Вспомним теорему об обобщенной ассоциативности:X = {x}α : X → G, α(x) = aСуществует гомоморфизм полугрупп ϕ : X ∗ → G такой, чтоn, n > 0ϕ(x) = α(x) = a ⇒ ϕ : (x,...,x)→7a| {z }nСледовательно,an+m = ϕ((x,. .

. , x))| {z }n+m. . . , x))= ϕ((x,. . . , x) ◦ (x,| {z }| {z }nm= ϕ((x,. . . , x)) · ϕ((x,. . . , x))| {z }| {z }n= an · am ,что и требовалось.m(?)an · am = an+mдля всех n, m ∈ Z.Случай 3: n < 0, m < 0.an+m = (a|n|+|m|)−1 = (a|m|+|n|)−1 = (a|m| · a|n|)−1 = . . .Используем очевидное тождество (выполнено в любой группе)(xy)−1 = y −1x−1· · · = (a|n|)−1 · (a|m|)−1 = an · am,что и требовалось.(?)an · am = an+mдля всех n, m ∈ Z.Случай 4: n > 0, m < 0.n + m = 0 ⇒ an · am = e по определению;n + m > 0 ⇒ an · am = (an+m · a−m) · am = an+m · (a−m · am) = an+m · e = an+m(использовали случай 2);n + m < 0 ⇒ an · am = an · (a−n · an+m) = an+mаналогично (используем случай 3).Случай 5: n < 0, m > 0 — полностью аналогичен случаю 4.Следствие.

Все циклические группы абелевы.hai = {an | n ∈ Z} ≤ Gan · am = an+m = am · anПорядок элемента в группеПусть G = (G; ·) — группа, a ∈ G.Порядком элемента a называется такое наименьшее натуральное числоN , что aN = e. Обозначение: N = |a|.Если такого N не существует, то a — элемент бесконечного порядка.Лемма. Пусть G = (G; ·) — группа, a ∈ G, |a| = N < ∞. Тогда для любогоn∈Zan = e ⇐⇒ n = N q, q ∈ ZДоказательство.(⇐):n = N q ⇒ an = aN q =(⇒):Разделим n на N с остатком:(aN )q , q ≥ 0 ((aN )|q|)−1, q < 0=en = N q + r, 0 ≤ r < N ⇒ e = an = aN q+r = aN q · ar = e · ar = arт.еar = e, 0 ≤ r < N ⇒ r = 0, n = N q.8. Полугруппы и группы (продолжение)Классификация циклических группТеорема. Пусть G = (G; ·) — циклическая группа,G = haiдля некоторого a ∈ G. Тогда G изоморфна либо аддитивной группецелых чисел либо группе корней N -й степени из 1 в поле комплексныхчисел, где N = |a|.Доказательство.Элемент a имеет либо конечный, либо бесконечный порядок.• |a| = N : an = ar , где n = N q + r, 0 ≤ r < N , т.е.hai = {e = a0, a, a2, .

. . , aN −1}содержит ровно N элементов.Очевидно, hai изоморфна группе ΓN корней из 1:θ :e 7→ 1,a 7→ ε1,a2 7→ ε2,...aN −1 7→ εN −1— изоморфизм групп.• Если a — элемент бесконечного порядка, то все элементы an,n ∈ Z, попарно различны.В этом случае группа hai изоморфна аддитивной группе целыхчисел,θ : Z → hai,— изоморфизм групп.n 7→ anУпражнения.Найдите один порождающий элемент для подгруппыH = h267, 132i в аддитивной группе целых чисел.Найдите один порождающий элемент для подгруппыH = hi, −ii в группе Γ8.Докажите в общем случае, что любая подгруппа циклической группысама является циклической группой.Группа подстановокM множество из n элементов, например, M = {1, . . . , n}.Подстановкой на множестве M называется любое биективноеотображение τ : M → M .S(M ) = Sn — множество всех подстановок на множестве из n элементовσ, τ ∈ Sn ⇒ στ ∈ Sn (суперпозиция отображений)στ : i 7→ σ(τ (i))σ ∈ Sn ⇒ σ −1 ∈ Sn (обратное отображение)Тождественное отображение e ∈ SnСледовательно, Sn = (Sn; ·) — группа (группа подстановок)Запись элемента группы подстановок:τ ∈ Sn : {1, .

. . , n} → {1, . . . , n}τ (1) = i1, . . . , τ (n) = inτ =1 2 ... ni1 i2 . . . in!все элементы i1, . . . , in различны.Следовательно, Sn содержит n! элементов:(n вариантов для i1, n − 1 вариантов для i2 и т.д.)Линейное представление группы подстановокF — любое поле (например, Q)Отображение ρ : Sn → Mn(F ) определим правиломρ(τ ) =nXeτ (i) ii=1Например,0 1 01 2 3ρ:7→ e31 + e12 + e23 = 0 0 13 1 21 0 0!Теорема. Отображение ρ является инъективным гомоморфизмомгруппы Sn в группу GLn(F ).Доказательство.Пусть τ, σ ∈ Sn, A = ρ(τ ), B = ρ(σ)Нужно проверить, что:• det A 6= 0;• ρ(τ σ) = AB;• ρ(τ −1) = A−1;• τ 6= σ ⇒ A 6= B.(?) A = ρ(τ ) ⇒ det A = ±1Индукцией по n.n = 1 — очевидно;n − 1 → n:В каждой строке и в каждом столбце матрицы ρ(A) ровно одна 1,остальные 0Разложим det A по 1-му столбцу:det A = (−1)1+τ (1)Aτ (1) 1,по предположению индукции.Следовательно, det A = ±1.Aτ (1) 1 = ±1(?) A = ρ(τ ), B = ρ(σ) ⇒ ρ(τ σ) = ABA=nXeτ (i) i,B=i=1AB = ==nXeσ(j) jj=1nXeτ (i) i i=1n XnXi=1 j=1n XnXnXj=1eσ(j) j eτ (i) i eσ(j) jδi σ(j)eτ (i) jj=1 i=1nX=eτ (σ(j)) j = ρ(τ σ).j=1(?) ρ(τ ) = A ⇒ ρ(τ −1)A = Enρ(τ −1)ρ(τ ) = ρ(τ −1τ ) = ρ(e) = En(?) ρ инъективно: если τ 6= σ, то хотя бы для одного i = 1, .

. . , nτ (i) 6= σ(i)Тогда матрицы A = ρ(τ ) и B = ρ(σ) имеют разные i-е столбцы, т.е.A 6= B.Пример:!1 2 3,3 1 2τ =σ=1 2 32 1 30 1 0A = ρ(τ ) = 0 0 1 ,1 0 0τ σ :1 7→ 2 7→ 1,2 7→ 1 7→ 3,!1 2 31 3 2τσ =3 7→ 3 7→ 2,1 0 0AB = 0 0 10 1 0!0 1 0B = ρ(σ) = 1 0 00 0 1στ :1 7→ 3 7→ 3,2 7→ 1 7→ 2,3 7→ 2 7→ 1,0 0 1BA = 0 1 01 0 0στ =!1 2 33 2 1Четные и нечетные подстановкиМы видели, что det ρ(τ ) = ±1 для любой τ ∈ Sn.Если det ρ(τ ) = 1, то подстановка назывется четной;Если det ρ(τ ) = −1, то подстановка назывется нечетной.Обозначение:(−1)τ = det ρ(τ ).Например,τ =!1 2 33 1 2— четная, σ =1 2 32 1 3!— нечетнаяИз теоремы о линейном представлении подстановок и теоремы обопределителе произведения матриц следует, что(−1)στ = (−1)σ (−1)τдля всех σ, τ ∈ Sn:(−1)στ = det ρ(στ ) = det(ρ(σ)ρ(τ )) = det ρ(σ) · det ρ(τ ) = (−1)σ (−1)τНезависимые подстановки и циклыДля любой подстановки τ ∈ Sn обозначимC(τ ) = {i | τ (i) = i} ⊆ {1, .

. . , n};D(τ ) = {1, . . . , n} \ C(τ )Говорят, что подстановки τ, σ ∈ Sn независимы, еслиD(τ ) ∩ D(σ) = ∅Лемма. Если τ, σ ∈ Sn — независимые подстановки, то στ = τ σ.Доказательство.i ∈ D(τ ) ⇒ τ (i) ∈ D(τ )i ∈ D(σ) ⇒ σ(i) ∈ D(σ)Для любого i = 1, . . . , n выполено одно из трех условий:• i ∈ D(τ ), i ∈ C(σ);• i ∈ D(σ), i ∈ C(τ );• i ∈ C(τ ) ∩ C(σ).Соответственно, в этих случаяхτ σ(i) =τ (i), если i ∈ D(τ ), i ∈ C(σ)σ(i), если i ∈ D(σ), i ∈ C(τ )i, если i ∈ C(τ ) ∩ C(σ)= στ (i)Подстановка σ ∈ Sn называется циклом длины k (1 ≤ k ≤ n), еслинайдутся такие попарно различные i1, .

Характеристики

Список файлов лекций