1611141238-6396ff23c223c826d4cecfd1bf746fb1 (824982), страница 63
Текст из файла (страница 63)
в) Решение аналогично 6). 59.23. а) См. указание к задаче 59.20. /а Ь'з б) Рассмотреть все матрипы вида ( О 1), где Ь 6 Ег, и а принадлежат подгруппе порядка р в мультипликативной группе поля Ее (эта подгруппа существует, так как ~у — 1~ делится на р). 59.24. 48.
59.25. Индукцил по порядку группы. 59.26. Индукция по порядку группы. Выбрать в С нормальную подгруппу индекса р. 60.1. Если Х = АЗВ, где А ~ О, В ~ О, и т 6 А, н 6 В, то тп 6 АПВ = = (0). Аналогичное соображение применимо и к группе (л 60.2. В группах Яз., Аз, 84 нот нормальных подгрупп, пересекающихся по единице, а в ьзз любая нетривиальная подгруппа содержит — 1; поэтому перечисленные группы неразложимы в прямое произведение. 60.3.
Если (а) аддитивная циклическая группа порядка и = иг аг, где (вмиг) = 1, то (а) = (а ') + (а"г) (указанные слагаемые имеют соответственно порядки иг и нг,н поэтому нх пересечение тривиально). 60.5. а) (а)е = (аз) х (а ). б) Хы — Хз ОЗ Ез. в) Ееа — Ез СО Е4 61 Хз (укажите порождающие элементы слагаемых). 60.6.
Следует из представления комплексных чисел в тригонометрической форме. 60.7. Элемент из Х обратим тогда и только тогда, когда его класс содержит нечетное число, поэтому порядок мультипликативной группы кольца Ег" равен 2" '. Элеменг 3 = 14-2 (шод 2") имеет порядок 2" г и его циклическая подгруппа тривиально пересекается с подгруппой (хЦ;поэтому их произведение имеет порядок 2" ', т.е. совпадает с группой Ег». 60.8. а) Произведению порядков сомножителей. б) Наименьшему общему кратному порядков коьшонент.
410 Отееты и указания 60.9. Используя предыдущую задачу, показать, что (А~ + Ае + ... ... ~- А, ~) О А, = (О) при любом г. 60.11. Если пе = р ' ...ра", то в группе существуют эчеыенты порядков р~',..., р,"." (см., например, задачу 60.3). Пользуясь задачами 60.8, 60.7, показать, что их сумма имеет порядок гп. В группе Бз есть элементы порядка 2 и 3, но нет элемента порлдка б. Использовать 56.8, б). 60.12. (~Ц х (2) = (~Ц х ( — 2). 60.13.
Одно из слагаемых совпадает с А, другое порождается суммой порождающего эломента группы Е с любым элементом группы А. Таким образом, будет ~А~ прямых разложений. 60.14. Казкдый класс группы А х В является произведением класса из А на класс жз В. 60.16. В качестве С взять подгруппу, порожденную прообразами базисных элементов Л/В. 60.17. С=АЕКсгя, 60.18. Абелевость группы В существенна, так как образы групп А~ и Аг коммутируют при любом гомоморфизме у: Аз х Аз -4 В. 60.20. а), б), в) Ее. г) Нош(Лы В) а Нош(.4з, В).
д) Нош(А, В~ ) бЗ Нош(А, Вг). е) Е„, д 4=(т, ). ж) Е . з) 10). и) Е. 60.21. Гомоморфизму у: Š— > А сопоставить р(Ц. 60.24. а) Е. б) Е„. в) О; показать, что если т: Я вЂ” ~ 44 эндоморфизм, то р(г) = гФ(Ц. 60.25. а) Отображение т — > пл имеет тривиальное ядро тогда и только тогда, когда в группе нет элементов, порядок которых деянт п, и если п = р, ...р," каноническое разложение на простые множители, это ь, ю означает, что примарные компоненты групп относительно простых чисел рм...,р,, равны О. б) Ск>ръективность отображения означает, что в группе уравнение пт = д разрешимо для любого д. 60.26.
Эндоморфизму т поставить в соответствие матрицу так же, как это делается для линейных операторов. 60.27. а) Ее. б) сл . в) Единичная при п = 1, циклическая порядка 2 при и = 2, Ез х Ез при п > 2, 60.6. г) Группа пелочисленных матриц с определителем х1. Во всех случаях использовать задачи 60.23 и 60.24. Ответы и указания 411 60.28. а) (а)вв = (аг)г Ю (аг)ы, где ав = 1баг аг = 2а.
При любом автоморфизме гг((аг)) = (аг), уг((аг)) = (аг), так как аг и аг имеют взаимно простые порядки. Остается заметить, что у (аг) имеется лишь тождественный автоморфизм, б) Пусть Е = (а), Ег = (Ь); при любом автоморфизме вг(Ег) = Ег и гг(Ь) = Ь. Кроме того, г(а) может быть равен а, — а, а+ Ь, — а+ Ь. Нетрудно проверить, что кагкдый из этих автоморфизмов в квадрате дает тождественный автоморфизм. 60.29. В обозначениях ответа к предыдущей задаче ев(а) = па+ еЬ, вг(Ь) = БЬ, где и б Е, е, д = О, 1.
Не коммутируют эндоморфизмы вгы рг, где угг (а) = а, ггг (Ь) = О, ггг(Ь) = О, вгг(а) = Ь. 60.30. Всякая примарная компонента инвариантна относительно любого эндоморфизма данной группы; воспользоваться задачей б0.20. 60.31. Индукцня по числу порождающих элементов группы. Если группа циклическая и равна (а) (операция сложение), à — ее ненулевая подгруппа, й .- наименьшее положительное число такое, что йа б Г.
то Ье порождается элементом йа,. Действительно, если гпа б Г, разделим т с остатком на Ь: пг = ай -Е г. Тогда га, = та, — д(йа) б П, следовательно, г = О и та = 6(ка). Предположим, что утверждение доказано для группы с и — 1 порождающим, С = (ам,а г) и се С С подгруппа. Рассмотрим элементы и = т~а~ +... + т„а„б Ье.
Если т = О для всех и б Ье, то П С (ам..., а„— г), и можно воспользоваться индуктивным предположением. В противном случае пусть т„- наименьшее положительное число для в всех элементов и б Ье, т.е. существует и б Ье такой, что и = тгаг -1-... в в в ...-~т"„а„. Очевидно, любое число т, входящее в разложение любого и б П. делится на гп„нацело, скажем, т,„= ат„. Тогда и — ди б ПО(аы., ., о„г).
в о о Эта подгруппа, по предположению индукции порождается а — 1 элементом. Тогда с' порождается теми же эломентами и ив. 60.32. а) Если уг гомоморфизм группы С на себя, не являющийся автоморфизмом, то Кег уг С Кег 1в С... строго возрастающая цепочка подгрупп, н ее объединение не может порождаться конечным множеством элементов: каждый из них лежал бы в члене цепочки с конечным номером. Остается восполь."говаться предыдушеи задачей. б) Рассмотреть дифференцирование.
60.33. Если бы свободные абелевы группы рангов т и и (т ф т) были изоморфны, то ранг не бьш бы инвариантом свободной абелевой группы, однако его инвариантность может быть доказана так же, как основная лемма о линейной зависимости. Можно использовать и такое соображение: если С .- свободная абелева группа ранга и, то ~С/2С~ = 2". 60.34.
Воспользоваться единственностью разложения конечнопорожденных абслевых групп. 60.35. Индукция но порядку группы и числу т. 412 Рте еп»ы и указания 60.36. Использовать доказателы:тво теоремы единственности конечных абелевых групп. 60.37. Использовать теорему единственности для разложений. 60.40. а) Есть.
б) Нет. в) 11ет. 60.41. (3,27); показать, что (а)е Ю (Ь) л = (а 01 ЗЬ) Ю (6). 60.42. а) Нет: вторая группа циклическая, а первая нет. б) Изоморфны. в) Не изоморфны. 60.43. а) 3. б) 4. 60.46. Доказать, что конечная абелева группа не является никли*»вской» то в ней найдется подгруппа типа (р, р) (сьл. задачу 60.40). Учесть, что уравнение х" = 1 имеет в поле не более р решений. 60.47. Пусть а»,..., а„максимальная независимал система элементов. Рассмотреть элемент 1 4- а»... а„и вывести отсюда, что группа г ' конечна.
60.48. Использовать задачу 60.46. 60.50. Если у, О = 1,,п) составляют базис, то через них можно выразить х, (1 = 1,...,п) с це.зачисленной матрицей В коэффипиентов. Тогда АВ = Е и »1ес е1 = ж1, где А = (а„). 60.51. Использовать доказательство основной теоремы о конечно порожденных абсловых группах, основанное на приведении матрицы к диагональному виду элементарнымн преобразованиями строк и столбцов. 60.52. а) Ез'2ЕзбзЕз б) Езь в) Ез ЗЕзбеЕз г) Ез0»Е». д) Е4 ЯЕ. о) Ез З Ез тЕ.
ж) Ез. з) Е»гЕ, и) Е. к) 10). 60.53. 3. 60.55. Учитывая задачи 60.30 и 60.24, остается показать, что кольцо эндоморфизмов конечной примарной нециклической группы некоммутативно. Не уменьшая общности, можно рассмотреть группу (а)„» Оз (6)„п 6 > 1. В силу задачи 60.20 любой эндоморфизм такой группы имоет вид леЕа) = .»»а з-1»6, р(6) = зза -~- 126, где ез делится на р" '. Не коммутируют, например, автоморфизмы р» ф такие, что у»П») = а, зл(6) = О, ф(а) = Ь, ЯЬ) = О. 60.56. Доказать конечную порожденность Н. Для этого выбрать максимальную независимую над й систему элементов е»,..., е» в Н. Доказать, что Н порождается ел,...,е» и конечным множеством Н О Р, где Р=(2 хе, ~0<в,<Ц. 60.59.
Использовать задачу 60.56. 60.60. Отображение х — пх есть автоморфизм циклической группы (а) (имеет тривиальное ядро), поэтому при подходящем х будет пх = а,. Ответы и указания 413 60.63. Делимость группы ге очевидна. Если е" = 1, то существует б такое, что б" = е. Если у ~ р простое число, то (у,рг) = 1, и можно воспользоваться задачами 60.60 и 60.61.
60.65. То, что сумма подгрупп А и В прямая, следует из условия; надо показать, что она равна О, Пусть существует элемент д ф А Ю В. Подгруп- па (д) имеет ненуловое пересечение с .4 вд  — — иначе сумма А Ь В Ог (д) прямая и вместо В можно было бы взять В г3 (д), что невозможно в силу максимальности В.
Пусть иу 6 А Ог В. ЬАожно считать и простым числоы и (если бы было не так, вместо д мы взяли бы — д при некотором р~и). Итак, р., ид = а+Ь, а б А, Ь б В. Ввиду делимости А в ней есть элемент аг такой, что иаг = а. Получаем, что иуг — — Ь, где дг = у — а также не лежит в ЛФВ. По вы- бору подгруппы В будет А С (дг, В) ~ О. Значит, некоторый элемент а' б А моягно выразить в виде а' = дуг 4- Ь', Ь' 6 В, О < Ь < и,. Так как (Ь, и) = 1, существуют и, е такие, что Ьи+ иг = 1, значит, уг = Ьидг + игуг. Так как идг б А Ф В, Йдг = а — Ь б А Ф В, то дг б Л бг В. ПолУчили пРотивоРечие.
60.66. Пусть Р . сумма всех делимых подгрупп. Нетрудно прове- рить, что Р делима. Пусть а б Р, тогда а = аг +... 4- огэ где а, принад- лежит А, (г = 1,..., Ь) делимому слагаемому группы Р. Если иа, '= а„ г = 1,..., Ь, то и (2„; г а,гг = а. Согласно предыдущей задаче вся группа ь разлагается в прямую сумму Р Ъ В. Если бы в В нашлась делимая подгруп- па, то она содержалась бы в Р, что невозможно. Итак, в В нет делимых подгрупп. Факторгруппа всей группы по Р изоморфна В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
