2016.11.11_groups-3_solutions (Семинары с решением 2016)

Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Группы-311 ноября • 16135 группа1. Докажите, что в произвольной группе выполнено равенствоf G = G для любого элемента f ∈ G.Доказательство. Включение f G ⊂ G выполнено в силу того,что умножение на группе есть операция, результат её примененияпринадлежит группе. Пусть g ∈ G, тогда g = (f g −1)g ∈ f G, следовательно, G ⊂ f G.

Значит, f G = G .2. Пусть H — подгруппа конечной группы G, g1, g2 ∈ G. Докажите, чтоа) если g1H ∩ g2H ̸= ∅, то g1H = g2H;б) |g1H| = |g2H|;в) множество всех левых смежных классов gH разбивает множество G на равномощные классы;г) |H| делит |G|.Доказательство. а) Пусть g1H ∩ g2H ̸= ∅, т.е. найдётся s ∈g1H ∩ g2H. Значит, s = g1h1 = g2h2 для некоторых h1, h2 ∈ H.Из последнего равенства находим g1 = g2h2h−1∈ g2H. Поэтому1g1H ⊂ (g2H)H = g2(H · H) ⊂ g2H. Аналогично доказывается, чтоg2H ⊂ g1H, значит, эти множества совпадают.б) Докажем, что |gH| = |H| для любого g ∈ G, тогда |g1H| =|H| = |g2H|. Зададим отображение φ : H → gH правилом φ(h) =gh.

Это отображение сюръективно, поскольку для любого gh ∈ gHесть прообраз h ∈ H. Более того, отображение φ инъективно. Действительно, пусть φ(h1) = φ(h2), h1 ̸= h2. Это влечёт, что gh1 = gh2.Домножая слева на g −1, получаем h1 = h2, противоречие. В итогемножества gH и H находятся во взаимно однозначном соответствии, значит, они равномощны.в) Это следует из пунктов а и б, поскольку каждый элемент g ∈G принадлежит хотя бы одному левому смежному классу G по H,например, g = ge ∈ gH.г) Это следует из предыдущих пунктов. Пусть g1H, .

. . , gtH —1такие левые смежные классы, чтоt∪giH = G и giH ∩ gj H = ∅,i=1i ̸= j. Тогда |G| = t|H|.3. Докажите, что [a, b] = e, ессли ab = ba.Доказательство. Пусть [a, b] = e, это значит, что aba−1b−1 =e. Умножаем это равенство на b справа: aba−1 = b. Домножим последнее равенство на a справа: ab = ba.Пусть ab = ba. Умножая сперва на a−1 справа, получим aba−1 =b. Аналогично с b−1: aba−1b−1 = e.4. Докажите следующие равенства для коммутаторов элементова) [x, y]−1 = [y, x];б) [xy, z] = x[y, z]x−1[x, z];в) [z, xy] = [z, x]x[z, y]x−1.Доказательство. а) Пользуясь равенством (ab)−1 = b−1a−1,вычисляем:[x, y]−1 = (xyx−1y −1)−1 = yxy −1x−1 = [y, x].б) Распишем:x[y, z]x−1[x, z] = xyzy −1z −1x−1xzx−1z −1= xyzy −1z −1zx−1z −1 = xyzy −1x−1z −1 = [xy, z].в) Это равенство можно вывести, просто применив пункты а иб.

Можно и получить напрямую:[z, x]x[z, y]x−1 = zxz −1x−1xzyz −1y −1x−1= zxz −1zyz −1y −1x−1 = zxyz −1y −1x−1 = [z, xy].5. Докажите, чтоа) conj x(ab) = conj x(a)conj x(b);б) (conj x(a))−1 = conj x(a−1);в) conj x([a, b]) = [conj x(a), conj x(b)].Доказательство. а) Распишем:conj x(ab) = x−1abx = (x−1a)xx−1(bx)= (x−1ax)(x−1bx) = conj x(a)conj x(b).б) Распишем:−1 −1−1 −1−1(conj x(a))−1 = (x−1ax)−1 = x−1a−1(x)=xax=conj(a).x2в) Это следует из пунктов а и б (Поймите, почему!).6. Докажите, что все коммутаторы и их произведения (с любымконечным числом множителей) образуют нормальную подгруппу.Доказательство.

Обозначим через H множество, составленное из конечных произведений коммутаторов:H = {[a1, b1] · [a2, b2] · . . . · [ak , bk ]|k ∈ N, ai, bi ∈ G}.Ясно, что H замкнуто относительно умножения в группе G. Пустьh = [a1, b1] · [a2, b2] · . . . · [ak , bk ] ∈ H, тогда по задаче №4,а имеемh−1 = [bk , ak ] · [bk−1, ak−1] · . . .

· [b1, a1],это тоже элемент из H. Значит, H — подгруппа G. Докажем еёнормальность. Пусть x ∈ G, тогда по задаче №5conj x([a1, b1] · [a2, b2] · . . . · [ak , bk ])= conj x([a1, b1])conj x([a2, b2]) . . . conj x([ak , bk ])= [conj x(a1), conj x(b1)]·[conj x(a2), conj x(b2)]·. . .·[conj x(ak ), conj x(bk )],что лежит в H.7. Пусть φ — гомоморфизм групп G1, G2.

Докажите, чтоа) φ(e) = e; б) φ(g −1) = (φ(g))−1; в) φ инъективно ⇔ Ker(φ) = {e}.Доказательство. а) Пусть φ(e) = a, тогда из равенства e·e =e следует, чтоa = φ(e) = φ(e · e) = φ(e)φ(e) = a2,умножая слева на a−1, находим e = a = φ(e).б) Распишемe = φ(e) = φ(g · g −1) = φ(g)φ(g −1).Поскольку обратный элемент единственен, поэтому (φ(g))−1 = φ(g −1).в) Пусть φ инъективно и a ∈ Ker(φ). Если a ̸= e, получаемпротиворечие с пунктом а: φ(e) = φ(a) = e.Пусть Ker(φ) = e, но от противного найдутся a, b ∈ G1 такие,что φ(a) = φ(b), a ̸= b.

Тогда по пункту б имеем−1−1e = φ(a)(φ(b))−1 = φ(a)φ(b)=φ(ab).3В силу инъективности и пункта а получаем равенство e = ab−1, чтодомножением справа на b даёт b = a, противоречие.8. Докажите, что ядро гомоморфизма является нормальной подгруппой.Доказательство.

Пусть φ — гомоморфизм групп G1, G2, K =Ker(φ). Покажем, что K — подгруппа G1. По задаче №7,а K непусто. Если k1, k2 ∈ K, тогда φ(k1k2) = φ(k1)φ(k2) = e · e = e,поэтому k1k2 ∈ K. По задаче №7,б имеем k −1 ∈ K для любогоk ∈ K. Мы доказали, что K — подгруппа.Докажем, что K нормальна. Пусть k ∈ K, g ∈ G1. Тогда опятьже при помощи №7,б имеемφ(g −1kg) = φ(g −1)φ(kg) = φ(g −1)φ(k)φ(g) = φ(g −1)φ(g) = e,что и доказывает нормальность.9. Пусть G — группа, x ∈ G.

Докажите, чтоа) conj x — гомоморфизм из G в G; б) Ker(conj x) = {e}.Доказательство. а) Гомоморфность отображения conj x естьв точности задача №5,а.б) Пусть a ∈ Ker(conj x), следовательно, x−1ax = e. Домножаяэто равенство слева на x, а справа на x−1, получаем a = xx−1 = e.4.