2016.11.02_subst-2-solutions (Семинары с решением 2016)

Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Перестановки-22 ноября • 16135 группа1. Выберете значения i и k так, чтобы в определитель 7-го порядка произведение a47a63a1ia55a7k a24a31 входило со знаком плюс.( Решение. Нам) нужно определить знак перестановки1 2 3 4 5 6 7. Всего возможны два варианта: i = 2, k = 6 илиi 4 1 7 5 3 ki = 6, k = 2. Достаточно проверить ровно один вариант выборазначений i, k (условно назовём его σ1), поскольку перестановка σ2,получающаяся при другом выборе i, k, есть σ1(26).

И ровно однаиз перестановок σ1, σ2 чётная и ровно одна нечётная. Пусть i = 2,k = 6, тогда()1 2 3 4 5 6 7σ1 == (124763), sgn (σ1) = 6 − 1 = 5.2 4 1 7 5 3 6Значит, чётную перестановку даст вариант σ2: i = 6, k = 2. Именнопри чётной перестановке будет sgn (σ2) = +1.2. С каким знаком входит в определитель порядка n произведение элементов а) главной диагонали, б) побочной диагонали?Решение. а) Произведение( элементов) главной диагонали идёт1 2 ... nсо знаком перестановки e =, тождественная переста1 2 ...

nновка чётна, поэтому знак плюс.б) Произведение (элементов побочной диагоналиидёт со знаком)12 ... n − 1 n. При чётном n имеемперестановки π =n n − 1 ... 21разложение π = (1 n)(2 n − 1) . . . ( n2 n2 + 1), т.е. все элементы перемещаются, π есть произведение n/2 независимых транспозиций,sgn (π) = (−1)n−n/2 = (−1)n/2.n+3При нечётном n имеем разложение π = (1 n)(2 n−1) . .

. ( n−122 ),т.е. все элементы кроме (n + 1)/2 перемещаются, π есть произведение (n − 1)/2 независимых транспозиций,(n−1)/2sgn (π) = (−1)(n−1)−(n−1)/2=(−1).1Можно записать общую формулу так: знак равен (−1)[n/2], где [x] —взятие целой части от вещественного[3, 4] = 3). числа x (например,5x 1 2 3 x x 1 23. Вычислите коэффициенты при x4 и x3.1 2 x 3 x 1 2 2xРешение. Пусть A = (aij ) обозначает данную матрицу. Слагаемое с x4 возникнет только при произведении элементов главнойдиагонали с коэффициентом 5 · 2 = 10 и знаком плюс по задаче№2,а.Слагаемые с x4 возникнут при произведениях a12a21a33a44 иa14a(22 a33 a41 . В)первом случае будет коэффициент 2 со знаком1 2 3 4sgn= sgn (12) = −1. Во втором случае — коэффициент2 1 3 4()1 2 3 43 со знаком sgn= sgn (14) = −1.

Значит, в изначальном4 2 3 1определителе коэффициенты при x4 и x3 равны соответственно 10и −5.4. Опишите все подгруппы в а) S2; б) S3; в) S4.Решение. Докажем лемму: любая подгруппа H содержит e —нейтральный элемент всей группы G. Действительно, поскольку H— непустое множество, найдётся h ∈ H. Тогда h · h−1 = e ∈ H.а) Группа S2 состоит из двух элементов {e, (12)}. Подгруппа Hв S2 может содержать либо 1 элемент, либо 2 элемента. Во втором случае это обязательно вся группа S2. В первом случае этообязательно единичная группа {e}, иначе получим противоречие слеммой.б) Группа S3 состоит из 6 элементов {e, (12), (13), (23), (123), (132)}.Подгруппа H в S2 может содержать либо 1, либо 2, либо 3, либо6 элементов. Отбросим случаи 1 и 6 — как и в п.

а), они соответствуют всей и единичной подгруппам. Пусть в H ровно 2 элемента, тогда один из них точно e. Вместе с ним может идти толькотранспозиция, поскольку тройной цикл по задаче №9, Перестановки порождает циклическую подгруппу из 3 элементов. Значит, все22-элементные подгруппы S3 есть {e, (12)}, {e, (13)} и {e, (23)}.Пусть в H ровно 3 элемента, тогда один из них точно e.

Если два оставшихся элемента H — транспозиция, тогда их тройное произведени по задаче №5 даст в точности третью, например,(12)(13)(12) = (23). Значит, в H входит какой-то тройной цикл.Но каждый из тройных циклов порождает подгруппу из 3 элементов. Следовательно, есть ровно одна 3-элементная подгруппа S3:A3 = {e, (123), (132)}.в) Группа S3 состоит из 24 элементов:{e, (12), (13), (14), (23), (24), (34),(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243),(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432),(12)(34), (13)(24), (14)(23)},т.е. из e, 6 транспозиций, 8 тройных циклов, 6 четверных циклов и3 произведений непересекающихся транспозиций.Подгруппа H в S4 может содержать 1,2,3,4,6,8,12 или 24 элемента. Отбросим случаи 1 и 24 (это {e} и S4).

По лемме и задаче №9,Перестановки легко получить, что все 2-элементные подгруппы S4содержат помимо e либо произвольную из 6 транспозиций, либопроизвольное из 3 произведений непересекающихся транспозиций.Всего 9 таких подгрупп.Пусть H — подгруппа с 3 элементами. Четверные циклы в Hвходить не могут, так как они порождают циклическую подгруппуиз 4 элементов. Если в H входит тройной цикл, тогда H должнав точности совпасть с циклической подгруппой, порождённой этимтройным циклом. Таким образом получаем четыре 3-элементныеподгруппы вида {e, (ijk), (ikj)}. Других подгрупп с 3 элементамибыть не может, поскольку если в H помимо e лежит σ — транспозиция или произведение непересекающихся транспозиций, тогдаK = {e, σ} является подгруппой уже в H.

По теореме Лагранжа|K| = 2 делит |H| = 3, противоречие.Пусть H — подгруппа с 4 элементами. Произвольный четвернойцикл в H порождает как раз циклическую подгруппу из 4 элемен3тов, имеем 3 подгруппы вида {e, (1ijk), (1j)(ik), (1kji))}. Тройнойцикл в H по теореме Лагранжа лежать не может. Если в H лежат две пересекающиеся транспозиции, тогда их произведение (см.задачу №5,б, Перестановки) (ij)(ik) = (ijk) есть тройной цикл.Если в H лежат две непересекающиеся транспозиции, тогда вместе с их произведением получаем 4-элементную подгруппу вида{e, (ij), (kl), (ij)(kl)}, всего 3 таких подгруппы. Остаётся последний вариант, когда в H лежат два произведения непересекающихсятранспозиций, тогда, перемножая их, получаем оставшееся произведение такого вида:(12)(34) · (13)(24) = (13)(24) · (12)(34) = (14)(23).(1)Тем самым, найдена ещё одна 4-элементная подгруппа в S4:V = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)},четверная группа Клейна.Пусть H — подгруппа с 6 элементами.

Четверной цикл в H потеореме Лагранжа лежать не может. Если в H лежат две пересекающиеся транспозиции (ij) и (ik), тогда по задаче №3, Перестановки, в H содержатся все шесть перестановок на элементах i, j, k,оставшееся число {1, 2, 3, 4} \ {i, j, k} остаётся на месте. Значит, Hв точности есть эта подгруппа, изоморфная S3. Итого получаем 4подгруппы такого вида:{e, (ij), (ik), (jk), (ijk), (ikj)}.Если в H лежат две непересекающиеся транспозиции (ij) и (kl),тогда они порождают 4-элементную подгруппу K = {e, (ij), (kl),(ij)(kl)} в H, что противоречит теореме Лагранжа. Если в H лежат два произведения непересекающихся транспозиций, тогда, онипорождают 4-элементную группу Клейна V , что опять же противоречит теореме Лагранжа. Значит, в H помимо e может быть неболее одной транспозиции и не более одного произведения непересекающихся транспозиций, т.е.

не менее трёх тройных циклов. Поскольку тройные циклы должны присутствовать в подгруппе вместе с обратными элементами (такжетройной цикл), значит, в H4не менее четырёх тройных циклов. Среди четырёх тройных цикловобязательно найдутся два цикла вида (ijk) и (ilj), их произведение равно (jkl). Тем самым, в H лежит уже больше 6 элементов:e, (ijk), (ikj), (ilj), (ijl), (jkl), (jlk), противоречие.Пусть H — подгруппа с 8 элементами. По теореме Лагранжа вH не может быть тройных циклов. Покажем, что в H не большедвух транспозиций и, если их две, то они обязаны не пересекаться.Пусть, от противного, в H есть хотя бы три транспозиции, тогдаони точно пересекаются.

Но две транспозиции вида (ij), (ik) в произведении дают тройной цикл (ijk), противоречие. Поскольку в Hпомимо единицы может быть не больше двух транспозиций, не более трёх произведений непересекающихся транспозиций, значит, вH есть не менее двух четверных циклов. Так как квадрат любогочетверного цикла есть произведение непересекающихся транспозиций: (ijkl)2 = (ik)(jl), поэтому в H не менее одного произведениянепересекающихся транспозиций. Если в H ровно одно такое произведение, следовательно, в H не менее четырёх четверных циклов.Тогда квадраты этих четверных циклов дадут не менее двух произведений непересекающихся транспозиций.

По формуле (1) получаем в H все три произведения непересекающихся транспозиций.Если в H есть хотя бы три четверных цикла, тогда произведениене взаимно обратных четверных циклов даст тройной цикл, противоречие. Значит, в H ровно два взаимно обратных четверных цикла (1ijk), (1kji), помимо e и трёх произведений непересекающихсятранспозиций должны быть ещё две непересекающиеся транспозиции. Покажем, что это должны быть транспозиции (1j) и (kl).Несложно проверить, что они подходят, т.е.

множествоD4 = {e, (1j), (kl), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1ijk), (1kji)}является подгруппой (диэдральная группа). Если в H входила другая пара транспозиций (1k), (jl), тогда (1ijk)(1k) = (1ij) — тройнойцикл, противоречие.Пусть H — подгруппа с 12 элементами. Покажем, что H обязательно нормальна. Для этого нужно доказать, что x−1Hx = H или,что эквивалентно, что Hx = xH, 5для любого x ∈ S4. Из задачи №2,Группы-3 мы знаем, что левые смежные классы по подгруппе H либо совпадают, либо не пересекаются, и их количество есть |G|/|H|.В данном случае |S4|/12 = 24/12 = 2, т.е. будут ровно два левыхсмежных класса eH, xH.