Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Изоморфны ли следующие две группы:
a) и ;
b) и ;
c) и ?
a) Первую группу по китайской теореме об остатках можно разложить как в теореме о строении всех конечно порожденных абелевых групп как:
А вторую группу как
Ну и получается, что они конечно изоморфны.
b) Первую группу по китайской теореме об остатках можно разложить как в теореме о строении всех
конечно порожденных абелевых групп как:
А вторую группу как
Они не изоморфны. Тут, конечно, можно из пушки по воробьям сказать, что в теореме о строении
всех конечно порожденных абелевых групп на самом деле разложение конкретной группы единственно
с точностью до перестановки множителей в прямом произведении. Но в данном случае можно обойтись
и более простым рассуждением. В группе есть элемент порядка 8 - это
. В то время как в группе нет элемента порядка 8 (напомним,
что порядок элемента в прямом произведении равен НОКу порядков компонент). А в изоморфных
группах поровну элементов каждого порядка.
c) Не изоморфны. По аналогичным причинам с пунктом b). Например, во второй группе
есть элемент порядка 60 - это . А в первой группе нет элемента порядка 60. А в
изоморфных группах поровну элементов каждого порядка.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Перечислить все (с точностью до изоморфизма) абелевы группы порядка 2024.
Ясно, что такие абелевы группы всегда конечно порождены (даже больше - они просто конечны, а,
значит, естественно конечно порождены).
Но любая конечно порожденная абелева группа изоморфна прямому произведению циклических либо
вида , либо вида для какого-то простого и натурального .
Ясно, что в разложении нашей группы не могут встретиться группы типа (потому что они
бесконечные, а наша группа конечна). То есть там будут только группы вида . Ну вот и надо
перечислить все возможные разложения с точностью до изоморфизма.
Для этого разложим по степеням простых порядок нашей группы:
Тогда получаются такие варианты:
1. (по китайской теореме об остатках);
2. ;
3. ;
И никаких других способов разложить нет. Для полного счастья осталось показать, что перечисленные
3 группы между собой не изоморфны. Это можно сделать так - ни к какой паре из этих двух групп не
применяется китайская теорема об остатках для того, чтобы одну группу превратить в другую. А когда
КТО не применяется, тогда группы не изоморфны. Но можно показать это и более явно.
Контрольный вопрос. А где в этом списке, например, группа ? Мы её
случайно не забыли написать? А где в нем группа ? Про неё мы случайно не
забыли?
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Доказать, что если у нас есть прямое произведение групп , а также , , то
Построим гомоморфизм
А именно,
Очевидно, что - гомоморфизм и очевидно, что он сюръективный, потому что по каждой
координате осуществляет стандартный гомоморфизм проекции из группы в её фактор-группу.
Какое же у него ядро?
Получается, что по основной теореме о гомоморфизмах мы заключаем, что
И мы всё доказали.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В теореме о согласованных базисах сказано, что подгруппа конечно порожденной свободной
абелевой группы вновь свободна, причем можно выбрать базис во всей группе так,
чтобы , .
a) Рассмотрим , - подгруппа в . Выбрать согласованные базисы в
и в .
b) А правда ли, что если взять произвольный базис группы , то, подобрав нужные
можно добиться того, чтобы
Или всё таки в для данной подгруппы годится не любой базис?
a) Базис в надо взять, например, такой:
Очевидно, что эти два элемента линейно независимы, и порождают всю группу (например
потому, что если отнять из первого элемента второй, то получим уже стандартный базис в
).
Тогда порождающая система в получается вот такой: , и поскольку элементы с нулевыми
коэффициентами мы конечно не пишем в базисе, то базис состоит только из элемента . Мы
видим, что базисы в и в действительно согласованы - все элементы базиса получаются из
элементов базиса умножением на какие-то целые числа (а именно, на 1 и на 0 соответственно);
b) Это неправда. Например, в можно выбрать и неудачный базис - в данном случае стандартный.
Действительно, если в качестве базиса в выбрать
То мы никак из этого базиса, умножая на какие угодно целые числа его элементы не
сможем получить никакой базис в . Действительно, если оба и взять с ненулевыми
коэффициентами, то это вновь будет базис , а не , а если одно из них занулить, то получим либо
целочисленную ось , либо целочисленную ось на плоскости, а нам-то нужна диагональ.
Вывод. Не любой базис объемлющей свободной группы можно досогласовать до базиса
её свободной подгруппы .
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Рангом конечно порожденной свободной абелевой группы мы назвали количество элементов в любом её
базисе.
Задача. Показать, что это определение корректно. То есть если - К.П.С.А.Г., то во всех её базисах
будет одинаковое количество элементов.
Будем доказывать от противного. Пусть - конечно порожденная свободная абелева группа. И пусть оказалось так, что в есть базис из элементов. Тогда можно построить изоморфизм
С другой стороны, пусть оказалось так, что в есть базис из элементов и . Тогда можно построить изоморфизм
Но тогда будет существовать изоморфизм
Давайте для краткости обзовём .
И мы сейчас получили, что
Введем такое обозначение: под будем понимать группу, в которой все элементы умножили на 2. То есть
Очевидно, что - (нормальная) подгруппа в .
По сути она состоит из таких наборов целых чисел в , у которых все координаты кратны 2.
Ну тогда легко понять, что
поскольку просто-напросто
В то же время, по тем же соображениям
А потому
А потому невозможно, чтобы группы и были бы изоморфны, потому что тогда были бы изоморфны и группы и соответственно, а это влекло бы изоморфизм фактор-групп
Но изоморфные группы имеют один и тот же порядок и тогда бы мы получили, что
Что уже явное противоречие. Следовательно, при разных и изоморфизма между и
быть не может, а это равносильно тому, что во всех базисах к.п.с.а.г. будет всегда одно и то же
количество элементов.
Замечание. Впрочем, чтобы подчеркнуть схожесть этой теории с линейной алгеброй,
скажем, что данный факт можно было бы доказывать абсолютно так же, как
доказывается основная лемма о линейной зависимости в линале.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В группе
найти все элементы порядка 3.
Порядок элемента в прямом произведении равен НОК-у порядков компонент. Таким образом, поскольку в у нас есть элементы следующих порядков:
а в у нас есть элементы следующих порядков:
То элемент порядка 3 может получиться только когда мы в возьмем элемент порядка 1, а в элемент порядка 3. Получаем такие элементы
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В группе
найти все элементы порядка 4.
Порядок элемента в прямом произведении равен НОК-у порядков компонент. Таким образом, поскольку в у нас есть элементы следующих порядков:
А в у нас есть элементы следующих порядков:
То порядка 4 у нас не может получиться, потому что 4 не равна НОК-у никаких двух вышеперечисленных порядков.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Элементы каких порядков бывают в группе ?
Порядок элемента в прямом произведении равен НОК-у порядков компонент. Таким образом, поскольку в у нас есть элементы следующих порядков:
А в у нас есть элементы следующих порядков:
То всевозможные порядки в - это всевозможные НОК-и перечисленных порядков, то есть это числа
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть - прямое произведение каких-то групп. Пусть и , и . Какой тогда порядок будет у элемента
?
Этот порядок будет равен .
Действительно,
Таким образом, по свойству порядка .
С другой стороны для любого , если
то
А, значит, по свойству порядка
Значит, . Таким образом, в частности, мы же знаем, что
Следовательно,
. Но в то же время
Следовательно,
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Можно ли нетривиально (то есть так, чтобы оба сомножителя были нетривиальными группами)
разложить в прямое произведение следующие группы:
a) ;
b) ;
c) ;
d) ;
e) ;
f) ;
g) ;
a) Если бы можно было бы разложить в прямое произведение своих собственных подгрупп, то
, где и - какие-то нетривиальные подгруппы в , которые, в частности, по
критерию разложимости в прямое произведение, обязаны тривиально пересекаться. То есть
обязательно должно быть выполнено, что .
Однако, - циклическая группа, и поэтому любая её подгруппа циклическая. Следовательно, и
- циклические подгруппы. Но они обязаны быть бесконечными циклическими подгруппами, потому
что в нет элементов конечного порядка (кроме ), следовательно, и - собственные
нетривиальные циклические подгруппы в . То есть и изоморфны и имеют вид и
для каких-то и .
Но тогда и не могут тривиально пересекаться, поскольку .
Следовательно, так разложить нельзя.
b) Если бы можно было бы разложить в прямое произведение своих собственных подгрупп, то
, где и - какие-то нетривиальные подгруппы в , которые, в частности, по
критерию разложимости в прямое произведение, обязаны тривиально пересекаться. То есть
обязательно должно быть выполнено, что .
Итак, пусть и такие подгруппы. Пусть , .
Пусть имеет вид , пусть имеет вид . Тогда
Аналогично,
Тогда
, и аналогично,
Следовательно, . То есть, и не могут тривиально пересекаться,
Следовательно, так разложить нельзя.
c) Рассмотрим две такие подгруппы в :
Они нормальны в (потому что в абелевой группе все подгруппы нормальны), они очевидно тривиально пересекаются и, более того, любой элемент из представляется в виде элемента из плюс элемент из . Следовательно, по критерию разложимости
d) Рассмотрим две такие подгруппы в :
Они нормальны в (потому что в абелевой группе все подгруппы нормальны), они очевидно
тривиально пересекаются и, более того, любой элемент из представляется в виде элемента из
умножить на элемент из
- это по сути просто тригонометрическая форма комплексного числа.
Следовательно, по критерию разложимости
e) Если бы нетривиально раскладывалась в прямое произведение , то и
были бы собственными подгруппами в , тривиально пересекающимися и нормальными в . Но,
как мы знаем, нетривиальных нормальных подгрупп в не так-то много - а именно - такая
подгруппа только одна - это . Следовательно, у нас просто не наберется достаточно нормальных
подгрупп в , чтобы её разложить.
f) Нет, так как это группа порядка 2017, а 2017 - простое число. Но если бы нашлось разложение в
виде
То порядок группы равнялся бы произведению порядков подгрупп и . А такого не
может быть.
d) Да, например, по китайской теореме об остатках,
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найти фактор группы:
a) ;
b) ;
c) , где ;
a) Построим гомоморфизм
заданный правилом
- это гомоморфизм, потому что для любых выполнено, что
Очевидно, он сюръективный, потому что мы можем так получить любый вычет по модулю . А какое у него ядро?
Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:
b) Построим гомоморфизм
заданный правилом
- это гомоморфизм, потому что для любых выполнено, что
Очевидно, он сюръективный, потому что мы можем так получить любый вычет по модулю . А какое у него ядро?
Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:
с) Пусть - группа положительных вещественных чисел с операцией
умножения.
Построим гомоморфизм
заданный правилом
- это гомоморфизм, потому что определитель произведения матриц равен произведению
определителей, а модуль произведения равен произведению модулей. Очевидно, это сюръективный
гомоморфизм, потому что мы можем построить матрицу любого положительного определителя.
А какое у него ядро?
Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В доказательстве того факта, что любая подгруппа конечного индекса содержит в себе нормальную подгруппу конечного индекса, мы воспользовались тем фактом, что если
то у отображения
заданного правилом
ядро содержится в .
Задача. Описать, что из себя представляет это ядро в общем случае.
Элемент будет лежать в ядре тогда и только тогда, когда для любого мы будем иметь
Домножая на слева, получим:
То есть это в точности означает, что . То есть - это все такие элементы группы
, которые при сопряжении чем угодно остаются в .
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
(Китайская теорема об остатках).
Пусть . В каком случае
Это бывает тогда и только тогда, когда и - взаимно просты.
Действительно, построим гомоморфизм
Заданный правилом
Это действительно гомоморфзим, потому что для любых выполнено, что
И аналогично
Вычислим его ядро. Его ядро это в точности
1. Теперь, если и - взаимно просты, то влечет, что , то есть ядро в таком
случае тривиально, поскольку в на делится только 0. То есть .
Тогда - инъективный гомоморфизм. Но в группе у нас элементов, а в группе у нас
элементов. Поэтому любая инъекция между этими множествами обязана быть и
сюръекцией. Следовательно, - изоморфизм.
2. Если же и - не взаимно просты, то у них существует нетривиальный простой делитель
, то есть . И тогда мы утверждаем, что группа не может
быть циклической. Почему? По той простой причине, что если мы возьмем любой элемент
и умножим его на , то, поскольку , то обязательно
получится
с другой стороны, поскольку , то обязательно получится
Следовательно, для любого выполнено
То есть любой элемент группы имеет порядок не больше, чем , что меньше, чем . Следовательно, группа в таком случае не может быть циклическая, потому что в ней все элементы имеют порядок меньше, чем , в то время как если бы она была циклической, то её циклический порождающий обязан был бы иметь порядок ровно .
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Существует ли сюръективный гомоморфизм
?
Не существует. Будем рассуждать от противного. Допустим, он существовал бы. Пусть это
Раз он сюръективный, то обязательно найдется такой , что
Но тогда,
И что же мы получаем? А мы получаем, что
Но это абсурд - единица получилась четным числом.
Комментарий. Тут может показаться, что это какое-то волшебное совпадение, что мы
так дешево получили это противоречие. Нет, на самом деле нет. Отсутствие
такого сюръективного гомоморфизма проистекает из того факта, что - то
что называется делимая группа, то есть группа, которая вместе с каждым
своим элементом содержит и элемент , в то время как , конечно, не
делимая в этом смысле. А это свойство должно сохраняться при сюръективном
гомоморфизме.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найти все гомоморфизмы
Поскольку - циклическая, то все однозначно определяется тем, куда перейдет её порождающий
элемент 1.
Действительно, если , то для любого , если мы хотим, чтобы было
гомоморфизмом, должно быть выполнено
То есть все однозначно определяется - образом единицы.
Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно ?
Ну, заметим, что для , а по свойству порядка при гомоморфизме должен
делить . Таким образом, может быть равно 1, 2, 3 или 6. Но ничего из этого, кроме 1, не
может быть порядком элемента , поскольку порядок любого элемента в должен делить 25.
Получаем один единственный гомоморфизм - когда все переходит в 0, то есть и значит все
отображается в ноль;
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найти все гомоморфизмы
Поскольку - циклическая, то все однозначно определяется тем, куда перейдет её порождающий
элемент 1.
Действительно, если , то для любого , если мы хотим, чтобы было
гомоморфизмом, должно быть выполнено
То есть все однозначно определяется - образом единицы.
Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно ?
Ну, заметим, что для , а по свойству порядка при гомоморфизме должен
делить . Таким образом, может быть равно 1, 2, 3, 4, 6 или 12.
Получаем 3 разных гомоморфизма, так как в порядки элементов делят 15, а среди чисел 1, 2, 3, 4,
6, 12 делит 15 только число 1 и число 3:
1. и это тогда нулевой гомоморфизм - все отображается в ноль;
2. , так как 5 - это элемент порядка 3 в , тогда ;
3. , так как 10 - это элемент порядка 3 в , тогда ;
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найти все гомоморфизмы
Поскольку - циклическая, то все однозначно определяется тем, куда перейдет её порождающий
элемент 1.
Действительно, если , то для любого , если мы хотим, чтобы было
гомоморфизмом, должно быть выполнено
То есть все однозначно определяется - образом единицы.
Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно ?
Ну, заметим, что для , а по свойству порядка при гомоморфизме должен
делить . Таким образом, может быть равно 1, 2, 3 или 6.
Получаем 6 разных гомоморфизмов, так как по сути 1 можно отправить куда угодно:
1. и это тогда нулевой гомоморфизм - все отображается в ноль;
2. , так как 2 - это элемент порядка 3 в , тогда ;
3. , так как 3 - это элемент порядка 2 в , тогда ;
4. , так как 4 - это элемент порядка 3 в , тогда ;
5. , так как 5 - это элемент порядка 6 в ,тогда ;
6. , тогда ;
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
a) Нет, так как если бы был изоморфизм , то, в частности, был бы биекцией и это бы
означало, что тоже как и счётно. Но - несчётно;
b) Нет, поскольку в есть элемент порядка 4, а именно это число . А в нет ни одного
элемента порядка 4, потому что уравнение имеет в только 2 решения - это , но оба эти
элемента имеют порядок 2 в . А при изоморфизме сохраняются все порядки всех элементов;
c) Нет, потому что - циклическая, а - нет. А при изоморфизме сохраняются все свойства группы,
в том числе и цикличность;
d) Нет, поскольку в есть элемент порядка 4, а именно это вычет . А в нет ни одного
элемента порядка 4, все нетривиальные элементы там имеют порядок 2;
e) Нет, потому что центр состоит из всех возможных матриц вида , где
(докажите!).
В то время как центр состоит из двух матриц - , если - четно и только из одной
матрицы , если - нечетно. А при изоморфизме центр переходит в центр. Получается, что у одной
группы центр всегда бесконечен, а у другой всегда конечен. Значит, между ними не может быть
изоморфизма. ;
f) Да, изоморфизм такой - вычету ставим в соответствие корень из единицы, имеющий
аргумент
;
g) Да. Изоморфизм
задается простой формулой
Как ни странно, а этот пример показывает удивительный случай - группа может
быть изоморфна своей собственной подгруппе, то есть подгруппе, не совпадающей со
всей группой;
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Доказать, что любая нормальная подгруппа является ядром некоторого гомоморфизма. То есть если - группа, , то существует такая группа и такой гомоморфизм , что
Пусть . Но тогда корректно говорить о фактор-группе .
А в фактор-группу у нас есть каноническая проекция
То что - гомоморфизм - это мы уже знаем. А каким будет его ядро? Его ядро это в точности такие , что
Но . То есть его ядро это в точности такие , что
Но ясно, что последнее равенство возможно тогда и только тогда, когда . Следовательно, . И мы все доказали.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Доказать, что любая циклическая группа изоморфна либо , либо
Если - конечная циклическая группа, то есть
и , то . Действительно, изоморфизм строится явно. Поскольку , а
, то, отправляя . Мы получаем действительно изоморфзим.
Во-первых, гомоморфность следует из того, что при умножении в группе степени складываются по
модулю . Инъективность очевидна - никакие две разные степени не могут совпасть, иначе это
противоречило бы тому, что .
Сюръективность очевидна по построению.
Таким образом, .
Аналогично показывается, что если - бесконечная циклическая группа, то . Мы просто
записываем как
и строим изоморфизм по той же формуле .