2016.10.26_groups2_solutions (Семинары с решением 2016)

Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Группы-226 октября • 16135 группа1. Докажите, что между собой изоморфныа) все бесконечные циклические группы;б) все циклические группы данного порядка n.Доказательство. а) Пусть G = {ak |k ∈ Z}, H = {bk |k ∈ Z}— две циклические группы бесконечного порядка. Зададим φ : G →H по правилу φ(ak ) = bk . Ясно, что отображение φ является сюръективным. Также φ, иначе φ(ak ) = φ(al ), т.е. bk = bl . Но в циклической группе бесконечного порядка все степени порождающегоэлемента различны.

Покажем гомоморфность отображения φ:φ(ak ·G al ) = φ(ak+l ) = bk+l = bk ·H bl = φ(ak ) ·H φ(al ).Значит, φ — искомый изоморфизм.б) Пусть G = ⟨a⟩, H = ⟨b⟩ — две циклические группы порядка n.Достаточно определить отображение φ : G → H по тому же правилу φ(ak ) = bk , k = 0, 1, .

. . , n − 1. Доказательство того, что φ —изоморфизм, аналогично п. а).2. Докажите, чтоа) группа положительных действительных чисел по умножениюизоморфна группе всех действительных чисел по сложению;б) группа положительных рациональных чисел по умножению неизоформна группе всех рациональных чисел по сложению.Доказательство. а) Пусть G = ⟨R+, ·⟩, H = ⟨R, +⟩ — данныегруппы. Определим отображение ln : G → H по правилу x → ln x.Отображение ln сюъективно, поскольку для любого y ∈ R егопрообразом является число ey (здесь e — число Эйлера, не нейтральный элемент группы!).

Отображение ln инъективно, поскольку функция ln x монотонно возрастает (монотонность, например,следует из положительности производной ln x по x). Гомоморфность ln: ln(x · y) = ln(x) + ln(y) следует из простого свойства степеней: ex+y = ex · ey . Значит, ln —1 изоморфизм G и H.б) Пусть G = ⟨Q+, ·⟩, H = ⟨Q, +⟩ — данные группы.

Предположим, (чтоφ : G → H — изоморфизм групп. Пусть φ(2) = a,)x = φ−1 a2 (раз φ — изоморфизм, прообраз должен быть), тогдаφ(2) = a =a a+ = φ(x) + φ(x) = φ(x2).2 2Поскольку φ(x) инъективно, значит, 2 = x2 для некоторого рационального x, что невозможно.3. Докажите, что для любых элементов a, b группы G элементыab и ba имеют одинаковый порядок, т.е. |ab| = |ba|.Доказательство.

Предположим, что (ab)n = e, тогда(ab)n = abab . . . abab = e⇒ bab . . . abab = e · a−1 = a−1⇒ bab . . . ababa = a−1 · a = e⇒(ba)n = e.Симметрично из (ba)n = e следует (ab)n = e. Значит,(ab)n = e ⇔ (ba)n = e,n ∈ N.Если одна из групп G = ⟨ab⟩, H = ⟨ba⟩ бесконечна, например, G,тогда (ab)n = e не выполнено ни для какого n ∈ Z \ {0}. Следовательно, и (ba)n = e не выполнено ни для какого n ∈ Z\{0} и H бесконечна. Если G — циклическая группа порядка k, тогда (ab)k = e,но (ab)l ̸= e при l < k. Аналогично получаем, что (ba)k = e, но(ba)l ̸= e при l < k.

Это и означает, что |H| = k = |G|.4. Докажите, что если n — порядок элемента a в группе G, тогдаиз ak = e следует, что k делится на n.Доказательство. Поделим k на n с остатком: k = qn + r,0 ≤ r < n. Предположим, от противного, что 0 < r < n. Тогдаe = ak = aqn+r = aqn · ar = (an)q · ar = eq · ar = ar .Значит, ar = e — противоречие с тем, что n — порядок элемента a(наименьшее положительное целое число такое, что a в его степениравно e).25. Выпишите первообразные корни из единицы степениа) 2, б) 3, в) 4, г) 6, д) 8, е) 12, ё) 24.Решение. Комплексное число cos φ + i sin φ будем обозначатькак eiφ (здесь e — число Эйлера, не какой-нибудь там нейтральныйэлемент).Поймём, что если φ = 2π ab , где ab — несократимая дробь, a ∈ Z,aab ∈ N, то |e2πi b | = b.

Ясно, что (e2πi b )b = e2πia = (e2πi)a = 1. Еслиaas(e2πi b )s = 1, 0 < s < b, тогда e2πi b = 1. Значит, аргументы этихдвух комплексных чисел совпадают, т.е. 2πi asb делится на 2π, илиasab — целое число. Но b — несократимая дробь, следовательно, a иb взаимно просты и s делится на b, а 0 < s < b — противоречие.Тем самым, первообразными корнями являются только корниke2πi n с k и n взаимно простыми.а) S(x2 = 1) = {1, −1}, первообразным корнем является только−1.2121б) S(x3 = 1) = {1, e2πi 3 , e2πi 3 }, первообразные корни — e2πi 3 , e2πi 3 .2311в) S(x4 = 1) = {1, e2πi 4 , e2πi 4 , e2πi 4 }, первообразные корни — e2πi 4 ,321e2πi 4 , а e2πi 4 = e2πi 2 = −1 в квадрате равен 1, т.е.

порождает двухэлементную подгруппу.23451г) S(x6 = 1) = {1, e2πi 6 , e2πi 6 , e2πi 6 , e2πi 6 , e2πi 6 }, первообразные51корни — e2πi 6 , e2πi 6 , а214e2πi 6 = e2πi 3 ,2e2πi 6 = e2πi 3— корни уравнения x3 = 1 и порождают подгруппу из 3 элементов,3а e2πi 6 = −1, т.е. этот элемент порождает подгруппу из 2 элементов.1234567д) S(x8 = 1) = {1, e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 }, перво1357образные корни — e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , e2πi 8 , а216e2πi 8 = e2πi 4 ,3e2πi 8 = e2πi 4— корни уравнения x4 = 1 и порождают подгруппу из 4 элементов,4e2πi 8 = −1, т.е.

этот элемент порождает подгруппу из 2 элементов.е)123S(x12 = 1) = {1, e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 ,4567891011e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 },315711первообразные корни — e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , e2πi 12 , а21e2πi 12 = e2πi 6 ,105e2πi 12 = e2πi 6— корни уравнения x5 = 1 и порождают подгруппу из 5 элементов,13e2πi 12 = e2πi 4 ,93e2πi 12 = e2πi 4— корни уравнения x4 = 1 и порождают подгруппу из 4 элементов,41e2πi 12 = e2πi 3 ,82e2πi 12 = e2πi 3— корни уравнения x3 = 1 и порождают подгруппу из 3 элементов,6e2πi 12 = −1, т.е.

этот элемент порождает подгруппу из 2 элементов.ё) Аналогично предыдущим пунктам можно получить, что первообразными корнями будут числа1571113171923e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 , e2πi 24 .6. Пусть G = ⟨a⟩ — циклическая группа порядка n, b = ak .Докажите, чтоа) элемент b будет образующим G, ессли (n, k) = 1;б) |b| = n/(n; k);√в) если (n, k) = 1, то в G существует корень k s, т.е.

произвольныйэлемент s ∈ G является k-й степенью некоторого элемента из G;г) в группе нечётного порядка все элементы являются квадратами.Доказательство. а) Это сразу следует из п. б).б) По сути, проделаем то же, что и в задаче №5. Сперва докажем,что bn/(n;k) = 1. Раз d = (n, k) — наибольший общий делитель парычисел n и k, значит, n и k делятся на (n, k): n = sd, k = td. При этомs и t взаимно просты (т.е. их наибольший общий делитель равен 1),иначе НОД n и k был бы строго больше, чем d.

Действительно,bn/d = (ak )n/d = akn/d = ant = (an)t = et = e.Предположим, что br = 1, где r < n/d, тогда br = akr = 1. Позадаче №4 это влечёт kr делится на n или trd делится на sd. Этоэквивалентно тому, что tr делится на s. Так как s и t взаимнопросты, значит, r делится на s, т.е. r = qs. Но тогда dr = dqs = qnне может быть меньше, чем n.

Противоречиес условием r < n/d.4в) Используя п. а), получаем, что при (n, k) = 1 элемент b =ak является первообразным корнем. Значит, произвольный элементs ∈ G есть некоторая степень b: s = bt = (ak )t = (at)k .г) Это сразу следует из п. в).7. Докажите, что а) если элементы a, b группы G имеют конечные взаимно простые порядки r и s, ab = ba, то |ab| = rs; б) еслиэлементы a, b группы G имеют конечные порядки r и s, ab = ba и⟨a⟩G ∩ ⟨b⟩G = {e}, то |ab| = [r; s].Доказательство. а) Заметим, что в силу ab = ba можем записать(ab)rs = abab .

. . abab = arsbrs = (ar )s(bs)r = e.Предположим, что |ab| = t < rs. Раз (ab)t = e, то и ((ab)t)r =er = e. Распишем это подробнее:e = ((ab)t)r = ((ab)r )t = (ar br )t = brt.По задаче №4 rt делится на s. В силу взаимной простоты r, s получаем, что t делится на s. Аналогично доказывается, что t делитсяна r.

Из взаимной простоты чисел r и s следует неравенство t ≥ rs,противоречащее предположению.б) Пусть [r, s] = kr = ls. Как и в п. а) проверим, что(ab)[r,s] = abab . . . abab = a[r,s]b[r,s] = (ar )k (bs)l = e.Предположим, что |ab| = t < [r, s]. Раз (ab)t = e, то((ab)t) = atbt = e.Если at ̸= e, получаем, что at = b−t — общий неединичный элементциклических подгрупп, порождённых элементами a и b.

Это противоречит условию. Значит, at = bt = e и по задаче №4 t делитсяи на r, и на s. Отсюда следует, что t кратно [r, s], т.е. t ≥ [r, s] —противоречие с предположением.5.