Тема Линал и алгебра.

01 Алгебра. Теория групп.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#76405

Опр. Если группа $G$ - циклическая и $G = < g >$ , то элемент $g$ называется порождающим группы $G$ .

Задача. Найти все порождающие в циклической группе $ℤ$ и в циклической группе $ℤn$ .

Показать ответ и решение

В $ℤ$ кроме $± 1$ других порождающих нет. Потому что, если взять любое другое $k ∈ ℤ$ , то подгруппа

< k >

будет состоять только из чисел, кратных $k$ . А значит, всего $ℤ$ мы уже не породим.

Ясно, что $m ∈ ℤn$ порождает $ℤn$ тогда и только тогда когда $o(m ) = n$ , потому что иначе количество элементов в группе

< m >

будет меньше, чем $n$ (а именно, в подгруппе $< m >$ элементов очевидно всегда столько, каков порядок $m$ ). Поэтому если мы хотим, чтобы

< m >= ℤn

То для этого необходимо, чтобы $o(m ) = n$ .

Но этого и достаточно. Поскольку если $o(m ) = n$ , то в подгруппе $< m >⊂ ℤn$ ровно $n$ элементов, но тогда $< m >= ℤn$ .

Следовательно, необходимым и достаточным условием того, чтобы вычет числа $m$ порождал всю группу $ℤ n$ - это то, что $o(m ) = n$ . Однако

o(m) = -----n----- Н ОД (m, n)

Тогда получаем, что чтобы это число было равно $n$ , необходимо и достаточно, чтобы НОД( $m,n$ ) был равен 1.

Ответ:

В $ℤ$ только $± 1$ , а в $ℤn$ те элементы $m$ , у которых $НО Д (k,m ) = 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#76406

Привести пример конечной абелевой нециклической группы.

Показать ответ и решение

Годится группа $D2$ . Это группа симметрий отрезка. Она состоит из тождественного движения $e$ , поворота на 180 градусов $a180$ , а также двух симметрий - относительно оси, перпендикулярной отрезку и проходящей через его центр и относительно оси, на которой лежит сам отрезок. То есть эта группа устроена так:

D = {e,a ,r ,r } 2 180 ось отрезка ось, перпендикулярная отрезку

Это конечная группа. Геометрически проверяется, что она абелева. То есть для отрезка все эти движения коммутируют (в этом смысле $D2$ - уникальная группа, поскольку это единственная диэдральная группа, которая абелева!).

Однако она нециклическая. Поскольку в $D2$ все элементы порядка 2, то и любая подгруппа вида

< x >

будет содержать только 2 элемента

< x >= {e,x}

то есть не будет совпадать со всей $D 2$ .

Ответ:

Например, $D2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#76894

Описать все возможные смежные классы группы $G$ по подгруппе $H$ и найти индекс $|G : H |$ в следующих случаях:

a) $G = ℂ$ , $H = ℝ$ ;
b) $G$ - это векторное пространство $ℝn$ , в котором мы забыли, что умеем умножать вектора на числа, а умеем только складывать вектора. То есть $G = (ℝn, +)$ , где $+$ - сложение векторов, $H = {(x,0,0,0,...,0 )|x ∈ ℝ}$ - подгруппа, состоящая из векторов, у которых только первая координата ненулевая (но при этом любая), а остальные нулевые;
c) $G = Sn$ , $H = {σ ∈ Sn|σ(n) = n}$ ;
d) $G = ℤ 100$ , $H = {0,20,40,60,80}$ ;
e) $G = Dn$ , $2π H = { все повороты на n-}$ ;
f) $G = Q8$ , $H = {1,i,− 1,− i}$ ;
g) $G = GLn (ℝ )$ , $H = SLn(ℝ )$

Показать ответ и решение

a) Пусть $z = x + iy$ - фиксированное комплексное число. Тогда его смежный класс по $ℝ$ по определению будет множеством

z + R = {x + iy + t|t ∈ ℝ} = {t+ iy|t ∈ ℝ }

То есть на самом деле это множество всех комплексных чисел с любой вещественной частью, но мнимой частью в точности как у $z$ . Таким образом, смежный класс фиксированного комплексного числа $z$ - это все комплексные числа с такой же мнимой частью и любой вещественной - то есть это прямая, параллельная вещественной оси и находящаяся на уровне $iy$ . Соответственно, все смежные классы - это всевозможные горизонтальные прямые. Получаем, что $|G : H | = ∞$ ;

b) Пусть $v ∈ ℝn$ - фиксированный вектор из $ℝn$ ,

v = (v1,v2,...,vn)

. Тогда его смежный класс по $H$ по определению будет множеством

v + H = {(v1,v2,...,vn) + (x,0,0,...,0)|x ∈ ℝ } = {(x,v2,...,vn)|x ∈ ℝ }

То есть на самом деле это множество всех векторов, имеющих любую первую координату, а все остальные обязательно такие, как у $v$ . Соответственно, все смежные классы - это всевозможные множества векторов, когда на первой координате стоит все что угодно, а все остальные со $2$ по $n −$ ую какие-то фиксированные. Получаем, что $|G : H | = ∞$ ;

c) Подгруппа $H$ состоит из всех перестановок, оставляющих $n$ на месте. Надо понять, как устроены смежные классы по этой подгруппе. Возьмем какую-то подстановку $τ ∈ Sn$ . Как устроен её смежный класс? По определению это

τH = {τ ⋅σ|σ(n) = n}

Но если $σ$ переводит $n$ в $n$ , а $τ$ переводит $n$ в $i = τ(n)$ , то произведение $τ ⋅σ$ переводит обязательно $n$ в $i$ . А все остальные числа от $1$ до $n− 1$ перестановка $τ ⋅σ$ может переводить куда угодно, кроме $i$ .

Иными словами

τH = {τ ⋅σ|σ(n) = n} = {μ ∈ Sn|μ (n) = τ (n )}

То есть смежный класс конкретной перестановки $τ$ состоит из тех и только тех подстановок, которые переводят число $n$ в число $τ(n)$ , а остальные числа - куда угодно.

Соответственно - множество всевозможных смежных классов состоит из $n$ элементов - в зависимости от того, куда перестановка $τ$ переводит число $n$ и будут получаться различные смежные классы.

Таким образом,

|S : H | = n n

d) Возьмем любой вычет $k ∈ ℤ100$ . Что будет его смежным классом $k + H$ ?

k + H = {k + 20t|t = 0,1,2,3,4}

То есть это все вычеты из $ℤ100$ , отличающиеся от $k$ на что-то, кратное $20$ . Разные классы смежности, очевидно, порождаются вычетами $0,1,2,...19$ . То есть это классы

0+ H, 1 + H,2 + H, ...,19 + H

Первый класс - это все числа, дающие остаток 0 при делении на $20$ , второй класс - это числа, дающие остаток 1 при делении на 20, и так далее...

Таким образом, получаем 20 разных классов. То есть $|G : H | = 20$

(можно проверить себя тем, что группа $G$ порядка 100, а подгруппа $H$ порядка 5. Значит индекс $|G : H | = 20$ , а значит мы действительно все правильно посчитали).

e) Поскольку $H$ - это подгруппа порядка $n$ (всего есть $n$ поворотов в группе диэдра $Dn$ ) в группе порядка $2n$ (а именно столько элементов в $Dn$ ), то по теореме Лагранжа сразу можно прикинуть, что $|G : H | = 2$ . То есть должно получиться 2 смежных класса. Действительно, один смежный класс будет состоять из самой подгруппы $H$ и порождаться любым поворотом, а другой смежный класс будет

s ⋅H = {sh |s − пр оизвольная симм етрия ,h ∈ H } = { все симметр ии }

классом всех симметрий. И порождаться он будет любой симметрией. Потому что если мы любую фиксированную симметрию умножим на все возможные повороты, мы получим все возможные симметрии;

f) Опять же, $|Q8| = 8,|H | = 4$ , значит индекс $|G : H | = 2$ , то есть должно быть два смежных класса. Один из них - это сама подгруппа $H$ , а другой - это

j ⋅H = k ⋅H = {j,− j,k,− k}

g) Пусть $A$ - произвольная матрица из $GLn (ℝ)$ . Что будет её смежным классом?

AH = {AT |T ∈ SLn(ℝ)}

Ясно, что у любой матрицы из смежного класса $A$ определитель будет такой же, как и у $A$ . То есть

AH = {AT |T ∈ SLn (ℝ )} ⊂ {M |detM = detA }

На самом деле, здесь имеется не просто включение, но и равенство. Смежный класс любой матрицы $A$ - это в точности все матрицы с определителем, равным $detA$ . Действительно, если мы хотим получить произвольную матрицу $M$ такую, что $detM = detA$ , то мы должны в качестве $T ∈ SL (ℝ) n$ взять $A− 1M$ . И тогда

AT = M

Следовательно,

AH = {AT |T ∈ SLn (ℝ )} = {M ∈ GLn (ℝ )|detM = detA }

То есть разные смежные классы - это матрицы с разными определителями. Таким образом, $|G : H | = ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#76895

Доказать, что если $G$ - группа, $H$ в ней подгруппа, то множество

{gH |g ∈ G}

всех левых смежных классов по $H$ и множество

{Hg |g ∈ G}

всех правых смежных классов равномощны.

То есть, говоря простыми словами, неважно, как определять индекс $|G : H |$ - можно сказать, что это количество левых смежных классов $G$ по $H$ , а можно сказать, что это количество правых - эти два количества всегда одинаковы.

Показать доказательство

Пусть $L$ - множество всех левых смежных классов, т.е.

L = {gH |g ∈ G}

Аналогично введем обозначение

R = {Hg |g ∈ G}

Чтобы доказать, что левых и правых смежных классов всегда поровну, достаточно построить биекцию

φ : L → R

Построим её по следующему правилу:

−1 φ(gH ) = Hg

Это инъекция, потому что если мы взяли два разных левых смежных класса $g1H, g2H$ , то они переходят в правые классы

φ(g1H ) = Hg −1 1,φ (g2H ) = Hg −21

соответственно. И если так оказалось, что $−1 −1 Hg 1 = Hg2$ , то это означает, что

g−1g2 ∈ H 1

Но тогда, раз $H$ - это подгруппа, то и

(g−11g2)−1 = g−21g1 ∈ H

Но это в точности означает, что классы $g H, gH 1 2$ совпадают. Следовательно, $φ$ - это инъекция.

Далее, $φ$ - это сюръекция, потому что если $gH$ пробегает по всем возможным левым смежным классам, то $φ(gH ) = Hg −1$ пробегает по всем возможным правым. Почему? Да просто потому, что если $g$ пробегает по всем возможным элементам группы $G$ , то $−1 g$ тоже пробегает по всем возможным элементам группы $G$ . Мы доказали то, что хотели. $φ$ - биекция.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#76897

Пусть $g1,g2 ∈ G$ - любые два элемента в группе $G$ , $H1,H2$ - любые две подгруппы в $G$ . Доказать, что пересечение

g H ∩ g H 1 1 2 2

двух смежных классов по подгруппам $H1$ и $H2$ является смежным классом по подгруппе $H1 ∩ H2$ (если, конечно, $g1H1 ∩ g2H2 ⁄= ∅$ )

Показать доказательство

Надо доказать, что

g1H1 ∩ g2H2

является чьим-то смежным классом по подгруппе $H1 ∩ H2$ . Попытаемся это доказать и заодно поймем, чьим смежным классом является это пересечение $g1H1 ∩ g2H2$ .

Пусть $x ∈ g1H1 ∩ g2H2$ . Такой $x$ обязательно найдется из-за того, что мы предполагаем, что

g1H1 ∩ g2H2 ⁄= ∅

Это значит, что существуют такие $h1 ∈ H1,h2 ∈ H2$ такие, что

x = g1h1 = g2h2 ⇔ g1 = xh−1 1,g2 = xh−2 1

Но тогда,

−1 g1H1 = xh1 H1 = xH1

А также

−1 g2H2 = xh2 H2 = xH2

Но что же получается? А получается, что пересечение этих смежных классов

g1H1 ∩ g2H2

равно пересечению

xH1 ∩ xH2

Поскольку $g1H1 = xH1$ , $g2H2 = xH2$ .

А что из себя представляет множество

xH1 ∩ xH2

?

Это есть пересечение множеств

{xh1 |h1 ∈ H1 }∩ {xh2|h2 ∈ H2}

То есть

y ∈ xH1 ∩ xH2 = {xh1 |h1 ∈ H1 }∩ {xh2|h2 ∈ H2} ⇔ y = xh1, y = xh2

для некоторых $h ∈ H ,h ∈ H 1 1 2 2$ . Но тогда

xh1 = xh2

сокращая на $x$ получаем, что $h1 = h2$ То есть $h1 ∈ H2$ и наоборот $h2 ∈ H1$ . Таким образом, $h1,h2 ∈ H1 ∩ H2$ и получается, что

xH1 ∩xH2 ⊂ x(H1 ∩ H2 )

Обратное включение очевидно. Следовательно,

xH1 ∩xH2 = x(H1 ∩ H2 )

А поэтому

g1H1 ∩ g2H2 = xH1 ∩ xH2 = x(H1 ∩ H2 )

То есть пересечение этих смежных классов действительно является смежным классом по пересечению подгрупп $H1$ и $H2$ . Причем этот смежный класс порожден любым элементом из пересечения смежных классов $g1H1 ∩ g2H2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#76898

Пусть $G$ - конечная группа, $H$ - подгруппа в $G$ , а $K$ - подгруппа в $H$ (тогда, очевидно, $K$ - подгруппа и в $G$ ).

Пусть

|G : H | = n, |H : K | = m

Чему тогда равен индекс

|G : K |

Показать ответ и решение

Поскольку объемлющая группа $G$ - конечна, то и все остальные $H$ и $K$ - тоже конечны, что позволяет нам воспользоваться дважды теоремой Лагранжа:

n = |G : H | = |G-|,m = |H : K | = |H-| |H | |K |

Но тогда тот индекс, который у нас спрашивают тоже можно расписать по теореме Лагранжа, считая теперь $K$ подгруппой во всей большой группе $G$ :

|G-| |G-| |G|- |G : K | = |K | = |H-|= m ⋅|H | = mn m

Ответ:

$mn$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#76899

Доказать, что наименьшая (в смысле количества элементов в ней) неабелева группа обязана иметь порядок хотя бы 6. Иными словами, все группы порядка $≤ 5$ - абелевы.

Показать доказательство

Понятно, что группы порядка 1 - абелева, потому что такая группа только одна - тривиальная, и она очевидно абелева.

Группы порядка 2, 3, 5 - это группы простых порядков, и по следствию из теоремы Лагранжа, они циклические.

Остаётся самое интересное - порядок 4. Докажем, что группа порядка 4 всегда абелева.

1 случай. Пусть $|G | = 4$ и пусть существует $g ∈ G$ такой, что $o(g) = 4$ . Но тогда, очевидно, $G$ - циклическая группа, $G = < g >$ .

2 случай. Пусть $|G | = 4$ и пусть не существует такого $g ∈ G$ , что $o(g) = 4$ . Но порядок любого элемента $g ∈ G$ должен делить 4 по следствию из теоремы Лагранжа. Но мы находимся в ситуации, когда в $G$ нет элементов порядка 4. А значит остается только один вариант - то что все элементы, кроме тривиального, имеют порядок 2. Но группа, все элементы которой имеют порядок 2, обязательно абелева.

В свою очередь, придумать неабелеву группу порядка 6 легко - это $S3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#76900

Верно ли обращение теоремы Лагранжа? А именно, теорема Лагранжа говорит, что порядок конечной группы всегда делится на порядок любой её подгруппы.

Вопрос. А для любого ли делителя $d$ порядка $|G |$ обязательно найдется подгруппа $H ⊂ G$ такая, что $|H | = d$ ?

Показать доказательство

Это неверно. Рассмотрим, например, группу четных перестановок на 4 элементах $A4$ . Четных перестановок ровно половина от всех, поэтому

|A | = |Sn| =-4! = 24-= 12 4 2 2

Однако. несмотря на то, что $. |A4| = 12..6$ , тем не менее, в $A4$ нет подгрупп порядка 6. Почему же?

От противного. Пусть такая $H ⊂ A4$ , $|H | = 6$ найдется.

Но в конечной группе все элементы нечетного порядка должны содержаться в любой подгруппе индекса 2.

Далее, как раз $|A4 : H | = 2$ , то есть такая гипотетическая $H$ - должна быть индекса 2, а, значит она должна содержать все элементы нечетного порядка из $A 4$ . Однако в $A 4$ слишком много элементов нечетного порядка:

( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 e, , , , 2 3 1 4 3 2 1 4 2 4 3 1 3 1 2 4

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 , , , , 3 2 4 1 4 1 3 2 4 2 1 3 1 3 4 2 1 4 2 3

И что же? Они все должны оказаться в $H$ ? Но в $H$ по предположению всего 6 элементов. Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#76901

a) Рассмотрим $(ℤn,+ )$ - группу целых чисел по сложению. Зададимся вопросом, можно ли из неё изготовить группу и по умножению? Ответ сразу нет - потому что в $ℤn$ всегда есть ноль, а ноль не может быть обратим по умножению.

Хорошо, выкинем ноль, то есть рассмотрим $ℤ∗n$ . Всегда ли она будет группой по умножению? (Вычеты умножаются как целые числа, а потом приводятся по модулю $n$ ).

b) Осознать, что $ℤ∗ n$ является группой по умножению только в случае, если $n$ - простое число. В общем же случае вычет $m$ обратим по умножению в $ℤ ∗n$ тогда и только тогда, когда $m$ и $n$ - взаимно просты. Если оставить только такие вычеты, то получаем группу

{m ∈ ℤ∗n| Н О Д (m, n) = 1}

уже по умножению. Её порядок, то есть количество взаимно-простых с $n$ вычетов по модулю $n$ обозначается через $φ(n )$ .

c) Из теоремы Лагранжа получить малую теорему Ферма. А именно, доказать, что если $k$ и $n$ - взаимно просты, то

k φ(n) = 1 mod n

Показать доказательство

a), b) Действительно, чтобы все элементы в $ℤ∗n$ были обратимы по умножению, необходимо и достаточно, чтобы они $n$ было простым числом. Докажем более общий факт, из которого этот будет просто вытекать. А именно, докажем, что вычет $m ∈ ℤ∗n$ обратим по умножению тогда и только тогда, когда $Н ОД (m, n) = 1$ .

Действительно, $m ∈ ℤ∗ n$ обратим по умножению тогда и только тогда когда существует такое $x ∈ ℤ n$ , что $mx = 1$ в $ℤn$ . То есть когда для некоторого $y ∈ ℤ$ выполнено

mx = 1+ ny

Или

mx − ny = 1

Теперь, если $Н ОД (m, n) ⁄= 1$ , то левая часть уравнения выше делится на этот НОД, а правая - не делится. Значит, необходимо, чтобы $НО Д(m, n) = 1$ .

На самом деле, этого и достаточно, потому что если $НО Д (m, n) = 1$ , то по следствию их алгоритма Евклида поиска НОД-а, этот НОД всегда можно выразить линейной комбинацией $m, n$ , то есть как раз найдутся такие $x, y ∈ ℤ$ , что

mx + ny = 1

Осталось только взять и привести $x$ по модулю $n$ и это и будет обратным для $m ∈ ℤ∗ n$ .

c) Из теоремы Лагранжа следует, что в конечной группе $G$ любой элемент $g$ в степени $|G |$ равен единице группы. Осталось только применить это следствие к группе

∗ {k ∈ ℤn| Н О Д (k,n) = 1}

Её порядок мы обозначаем через $φ(n)$ , а поэтому для любого взаимно-простого с $n$ числа $k$ , то есть для любого элемента этой группы выполнено

kφ(n) = 1 в гр уппе ℤ∗n

Но на уровне уже целых чисел это означает, что

kφ(n) = 1 mod n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#77144

Доказать, что в следующих случаях $H ◃ G$ :

a) $G = GLn (ℝ )$ , $H = SLn(ℝ )$ ;
b) $G = S4$ , $(1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4 ) H = {e, , , } 2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1$ ;
c) $G = Q8$ , $H$ - любая подгруппа в $Q8$ ;

Показать доказательство

a) По определению нормальность подгруппы $SLn (ℝ )$ в группе $GLn (ℝ )$ означает, что для любой матрицы $A ∈ SLn (ℝ)$ и для любой матрицы $X ∈ GLn (ℝ)$ сопряженная к $A$ при помощи $X$ вновь лежит в $SLn(ℝ )$ , то есть

X− 1AX ∈ SLn(ℝ)

Действительно, проверим, что это так. По определению это означает, что матрица $X −1AX$ должна иметь определитель 1. Но это и правда так:

det(X −1AX ) = det(X −1)det Adet X = (det(X ))− 1detA detX = detA = 1, т.к. сам а A ∈ SL (ℝ) n

Следовательно, сопряженная к любой матрице из $SLn(ℝ )$ при помощи любой матрицы из $GLn (ℝ)$ вновь лежит в $H$ . Следовательно,

SL (ℝ )◃ GL (ℝ) n n

b) По определению нам надо проверить, что для любой $σ ∈ H$ и для любой $τ ∈ G$ выполнено

−1 τ στ ∈ H

И что же, нам проверять все возможные сопряжения всеми возможными подстановками $τ ∈ S4$ ? В принципе, можно действительно взять и потратить лишние полчаса на эту увлекательную проверку. Мы же сделаем не так.

Во-первых, заметим, что наша подгруппа $H$ является еще и подгруппой в $A4$ (все подстановки из $H$ - четны).

Далее, $A4 ◃ S4$ , поскольку $|S4 : A4| = 2$ , а подгруппа индекса 2 всегда нормальна.

Следовательно, уж точно можно сказать, что для любой $σ ∈ H$ и для любой $τ ∈ G$ выполнено

−1 τ στ ∈ A4

Однако, теперь вспомним такую деталь: сопряжение любым элементом группы сохраняет порядок элемента, то есть для любой $σ ∈ H$ и для любой $τ ∈ G$ выполнено

o(τ− 1στ) = o(σ )

Но все нетривиальные элементы $σ ∈ H$ имеют порядок 2. Остается лишь заметить, что все остальные нетривиальные элементы из $A4$ имеют порядок не 2, а 3. А поэтому, конечно, в силу нормальности $A4$ выполнено $−1 τ στ ∈ A4$ , но поскольку

o(τ− 1στ) = o(σ ) = 2

То ничего не остается кроме того, чтобы $− 1 τ στ ∈ H$ . То есть сопряжение при помощи любых элементов $S4$ не выведет не только за пределы $A4$ , но и за пределы $H$ .

c) В $Q8$ есть следующие нетривиальные подгруппы:

{1,− 1},{1,− 1,i,− i},{1,− 1,j,− j},{1,− 1,k,− k},

Нетрудно показать, что других подгрупп в $Q8$ . Нормальность первой очевидна, потому что ${1,− 1} = Z(Q8 )$ - эта подгруппа является центром и поэтому нормальна. Нормальность всех остальных очевидна, поскольку все остальные подгруппы - индекса 2.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#77146

Перечислить все нормальные подгруппы в группе $S3$

Показать ответ и решение

Что есть еще кроме тривиальных нормальных подгрупп ${e}$ и $S3$ ?

В $S3$ есть еще три подгруппы порядка 2 - это подгруппы вида

{e,τ}

где $τ$ - некоторая транспозиция, которая меняет местами какие-то два элемента, а третий оставляет на месте.

Легко понять, что никакая из этих подгрупп не нормальна - все эти подгруппы не выдерживают сопряжений при помощи других транспозиций.

Остаются подгруппы порядка 3 (других порядков быть не может по теореме Лагранжа). Такая подгруппа есть только одна - это

( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 H = {e, 2 3 1 , 3 1 2 }

Нетрудно убедиться, что она нормальна непосредственно. Но вообще-то, это и так очевидно, потому что $|S3 : H | = 2$ , а подгруппа индекса 2 всегда нормальна.

Ответ:

Кроме тривиальных, только подгруппа $( ) ( ) H = {e, 1 2 3 , 1 2 3 } 2 3 1 3 1 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#77147

Перечислить все нормальные подгруппы в диэдральной группе $Dn$

Показать ответ и решение

Обозначим через $Rn$ подгруппу $Dn$ , состоящую из всех поворотов в $Dn$ . Поскольку $|Dn : Rn| = 2$ , то, как мы уже знаем, $Rn ◃ Dn$ .

1. На самом деле, можно утверждать даже большее. Любая подгруппа в $Rn$ , будет нормальна в $Dn$ .

То есть если $H$ - подгруппа $Dn$ , состоящая из поворотов (не обязательно всех возможных!), то $H ◃ D n$ . Докажем это. Надо проверить, что для любого $g ∈ D n$ , $h ∈ H ⊂ R n$ выполнено

g−1hg ∈ H

Заметим прежде всего, что выполнены следующие определяющие соотношения. Если $x$ - любой поворот, и $y$ - тоже какой-то поворот, то

xy = yx

(любые два поворота коммутируют)

Если $x$ - какая-то симметрия, а $y$ - какой-то поворот то

x2 = e, (xy)2 = (yx)2 = e

Первое объясняется тем, что любая симметрия, применная дважды, ничего не меняет. Второе соотношение - следствие первого, коль скоро произведение любой симметрии на любой поворот - это вновь симметрия.

Откуда мы уже сможем получить нормальность $H ⊂ Rn$ в $Dn$ . Действительно, еще раз вспомним, нам надо было проверить, что для любого $g ∈ Dn$ , $h ∈ H ⊂ Rn$ выполнено

−1 g hg ∈ H

Если $g$ - поворот, то

−1 − 1 g hg = hg h = h ∈ H

(просто взяли и прокоммутировали поворот с поворотом)

Если $g$ - симметрия, то $g− 1$ - тоже симметрия, а значит $(g−1h−1)2 = e$ , следовательно

g−1hg = gg g−1hg = ghg = ghg g−1h−1g− 1h −1= h−1 ∈ H, т.к. H − подгр уппа ◟◝=◜e◞ ◟----◝=◜e-----◞

Все, мы проверили, что чем ни сопрягай любой элемент из $H$ , вновь получаем элемент из $H$ . Значит, любая подгруппа в группе поворотов нормальна в $Dn$ .

2. Пусть теперь $H ⊂ Dn$ - какая-то подгруппа в $Dn$ , состоящая не только из поворотов, то есть при этом $H ⊂R // n$ . То есть существует какая-то симметрия $s$ такая, что $s ∈ H$ .

2.1. Пусть $n$ - нечётно. Тогда абсолютно все симметрии - это симметрии относительно осей, соединяющих вершину с серединой противоположной стороны. Но все такие симметрии сопряжены в $Dn$ . Потому что если $s$ - осевая симметрия относительно оси $l$ , а $τ$ - любой поворот, то

τ− 1sτ

- это симметрия относительно оси $τ(l)$ .

Но мы можем любую ось симметрии правильного нечётноугольника перегнать в любую другую при помощи поворота на угол вида $2π- n$ . Следовательно, если $H ◃ Dn$ и $s ∈ H$ , $s$ - симметрия, то и любая другая симметрия $s′ ∈ H$ тоже. А поэтому $H = Dn$ . И в таком случае никаких других нетривиальных нормальных подгрупп нет.

2.2. Пусть $n$ - четно. В этом случае есть два вида симметрий. Оси одних соединяют противоположные вершины, а оси других проходят через середины противоположных сторон.

Итак, пусть $s$ - симметрия т.ч. $s ∈ H$ и $H ◃ G$ . Тогда $H$ должна быть замкнута относительно сопряжений.

Но тогда, если $r$ - это поворот на угол $2nπ$ , то $H$ обязана содержать $r−1sr$ . Но тогда, она обязана содержать и этот элемент, умноженный на $s$ справа. То есть

s ∈ H, H ◃ Dn ⇒ r−1sr ∈ H ⇒ r− 1srs ∈ H

Однако

r− 1srs = r−1srs s◟−1r−1◝s◜−1r−1◞ = r−2 ⇒ (r−2)−1 = r2 ∈ H =e

То есть в таком случае в $H$ обязан лежать элемент $r2$ , то есть поворот на $2 ⋅ 2π= 4π n n$ .

Если при этом еще и $r ∈ H$ , то в $H$ есть один поворот на минимально возможный угол и одна симметрия и тогда $H = Dn$ .

В противном же случае мы получаем подгруппу, в которой есть какое-то отражение и поворот на $4π- n$ , но нет поворота на $2π n$ . Тогда там будут все симметрии первого типа и все повороты кратные $4π n$ , либо все симметрии второго типа и все повороты кратные $4nπ$ .

Ответ:

При нечетном $n$ : ${e},Dn, Rn$ и любая подгруппа $H ⊂ Rn$ , где $Rn$ - подгруппа всех поворотов;

При четном $n$ : ${e},Dn, Rn$ , любая подгруппа $H ⊂ Rn$ , подгруппа, состоящая всех поворотов вида $4πn$ и всех симметрий относительно осей, проходящих через противоположные вершины, а также подгруппа, состоящая всех поворотов вида $4π n$ и всех симметрий относительно осей, проходящих через вершины и середины противоположных сторон.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#77148

Привести пример такой группы $G$ , подгруппы $H ⊂ G$ и подгруппы $K ⊂ H$ , что

H ◃ G, K ◃ H, но при этом K//◃G

Показать ответ и решение

В качестве $G$ возьмем группу $S4$ . В качестве $H$ возьмем нормальную подгруппу в ней

( ) ( ) ( ) H = {e, 1 2 3 4 , 1 2 3 4 , 1 2 3 4 } 2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1

Легко проверить, что $H ◃ G$ .

В качестве $K$ возьмем подгруппу

( ) 1 2 3 4 K = {e, } 2 1 4 3

Тогда очевидно, что

K ◃ H

поскольку

|H : K | = 2

Однако ж $K//◃S4$ , поскольку если сопрячь ее, например, циклом $(1 2 3 4) τ = ∈ S4 2 3 1 4$ , то получим:

(1 2 3 4) −1 (1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) (1 2 3 4) = = 2 3 1 4 2 1 4 3 2 3 1 4 3 1 2 4 2 1 4 3 2 3 1 4 3 4 1 2

И получили перестановку $(1 2 3 4) 3 4 1 2$ , которая не лежит в $K$ .

Получается, что $K//◃S4$ , хотя $K ◃ H$ , $H ◃ S4$ . Следовательно, нормальность не наследуется так легко.

Ответ:

$G = S 4$ . $( ) ( ) ( ) H = {e, 1 2 3 4 , 1 2 3 4 , 1 2 3 4 } 2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1$ $( ) K = {e, 1 2 3 4 } 2 1 4 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#77149

Пусть $G$ - конечная группа, $H ◃ G$ . Тогда можно говорить о фактор-группе $G/ H$ .
А какой будет порядок фактор-группы, то есть чему в этом случае равно $G |/ H |$ ?

Показать ответ и решение

Вспомним, что фактор группа как множество состоит просто-напросто из всевозможных смежных классов $G$ по $H$

(неважно, левых или правых, потому что их поровну, а еще неважно, левых или правых, потому что когда $H ◃ G$ , то любой левый смежный класс $gH$ равен правому $Hg$ )

А в случае, если $G$ конечна, то по теореме Лагранжа количество смежных классов - это индекс $H$ в $G$ и это равно

|G-| |H |

Таким образом, получаем красивую формулу для случая конечных групп

G |G-|- | / H | = |H |

Ответ:

$||GH||$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#77150

Пусть

φ : G1 → G2

- гомоморфизм. Доказать, что:

a) $φ(e) = e$ ;
b) $− 1 −1 φ (g ) = (φ(g))$ ;
c) $kerφ$ и $Im φ$ - подгруппы в $G1$ и $G2$ соответственно;
d) Если $G1$ - циклическая и $φ$ - сюръекция, то и $G2$ - тоже циклическая;
e) $o(g)$ делится на $o(φ(g))$

Показать доказательство

т.к. φ-гомоморфизм φ(e) = φ (e⋅e) = φ(e)φ(e)

Умножая теперь обе части равенства на $(φ(e))− 1$ , получаем:

e = φ(e)

b) Действительно,

φ (g −1)φ (g) т.к. φ -го=моморфизм φ(g−1g) = φ(e) = e

Поэтому получаем по определению, что $−1 −1 φ (g ) = (φ(g))$ .

c) Если $x ∈ kerφ,y ∈ kerφ$ , то их произведение $xy$ - тоже $∈ kerφ$ , потому что

т.к. φ-гомоморф изм т.к. x,y ∈kerφ φ(xy) = φ(x)φ (y) = e ⋅e = e

Следовательно, ядро замкнуто относительно умножения. Оно будет замкнуто и относительно взятия обратного, потому что если $x ∈ kerφ$ , то и $x−1$ - тоже $∈ ker φ$ , так как

φ(x−1) = (φ (x))− 1 = e− 1 = e

Теперь разберемся с образом. Если $x ∈ Im φ,y ∈ Imφ$ , то это означает, что существует $g ∈ G 1 1$ такой, что $φ(g1) = x$ , а также что существует $g2 ∈ G2$ такой, что $φ (g2) = y$ . Но тогда существует и $g ∈ G 3 1$ такой, что $φ(g ) = xy 3$ , а именно, надо взять

g3 = g1g2

Но это и означает, что образ замкнут относительно умножения. Замкнутость относительно обращения проверяется так: если $x ∈ Im φ$ , то это означает, что существует $g ∈ G1$ такой, что $φ (g ) = x 1$ . Но тогда существует и $g˜∈ G 1$ такой, что $φ (˜g) = x− 1$ , а именно, надо взять

− 1 ˜g = g

То есть образ замкнут и относительно взятия обратного.

d) Раз $G1$ - циклическая, то существует такой $g ∈ G1$ , что

G = < g1 >

Но тогда утверждается, что $G2$ - тоже циклическая и порождается элементом $φ(g1)$ , то есть

G2 = < φ(g1) >

Действительно, пусть $y ∈ G 2$ - произвольный элемент группы $G 2$ . Коль скоро $φ$ - сюръекция, то обязательно найдется $x ∈ G1$ такой, что $φ(x) = y$ .

Однако $G = < g1 >$ , а поэтому $x = gn1$ для некоторого целого $n$ .

Но тогда

n n y = φ(x) = φ(g1) = (φ (g1))

для некоторого целого $n$ . Ну вот мы и доказали, что произвольный $y ∈ G2$ - есть целая степень $φ (g1)$ . Следовательно,

G2 = < φ(g1) >

e) Пусть $o(g) = n$ . Тогда

gn = e ⇒ e = φ(e) = φ (gn) = (φ(g))n

То есть мы получаем такое соотношение:

(φ(g))o(g) = e

Но это означает, что порядок $o(g)$ делится на $o(φ(g))$ - по общему свойству порядка (если элемент в какой-то степени тривиализовался, то эта степень делится на его порядок).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#77151

Пусть $G$ - группа. Фиксируем некоторый $x ∈ G$ .

Доказать, что отображение

φ : G → G

заданное правилом

φ(g) = x−1gx

является изоморфизмом;

Показать доказательство

1. Гомоморфность. Для любых $a,b ∈ G1$

φ (ab) = x− 1abx = x−1axx− 1bx = φ (a)φ (b)

2. Инъективность. Пусть $φ (a) = φ (b)$ . Но это значит, что

x−1ax = x −1bx

Домножая это последнее равенство на $x−1$ справа и на $x$ слева, получаем, что $a = b$ . Инъективность доказана.

3. Сюръективность. Пусть $g ∈ G$ - произвольный элемент. Утверждается, что существует $h ∈ G$ такой, что $φ(h) = g$ . А именно, в качестве $h$ надо взять $xgx−1$ . Тогда

φ (h) = x −1xgx−1x = g

Сюръективность доказана.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#77152

Доказать, что $S3$ изоморфна $D3$

Показать доказательство

$S3$ состоит из тождественной перестановки $𝜀$ , трех транспозиций и двух тройных циклов.

$D3$ состоит из тривиального преобразования $e$ , двух нетривиальных поворотов $r120$ , $r240$ (индексы - это углы поворота против часовой стрелки) и трех симметрий $s1,s2,s3$ .

Изоморфизм

φ : S3 → D3

строится так. Давайте мы занумеруем вершины нашего правильного треугольника

$PIC$

Тогда $φ (𝜀) = e$ . Если $τ 12$ - транспозиция, меняющая числа 1 и 2, а $s 1$ - симметрия, которая отражает треугольник относительно оси, проходящей через вершину 3, то $φ(τ12) = s1$ .

Легко догадаться, куда перейдут остальные транспозиции.

Если же $σ$ - это перестановка, перегоняющая 1 в 2, 2 в 3, 3 в 1, то $φ(σ) = r240$ , а если $μ$ - это другой тройной цикл, то есть перегоняющий 1 в 3, 3 в 2, 2 в 1, то $φ (μ ) = r120$ .

Легко проверить, что это изоморфизм, то есть что композиции перестановок соответствует композиция изометрий треугольника.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#77153

Доказать, что любая циклическая группа изоморфна либо $ℤ$ , либо $ℤn$

Показать доказательство

Если $G$ - конечная циклическая группа, то есть

G = < g >

и $|G| = n$ , то $G ∼= ℤn$ . Действительно, изоморфизм строится явно. Поскольку $G = {e,g,g2,...gn−1}$ , а $ℤn = {0, 1,2,...,n − 1}$ , то, отправляя $k φ(g ) = k$ . Мы получаем действительно изоморфзим.

Во-первых, гомоморфность следует из того, что при умножении в группе $G$ степени складываются по модулю $n$ . Инъективность очевидна - никакие две разные степени не могут совпасть, иначе это противоречило бы тому, что $o(g) = n$ .

Сюръективность очевидна по построению.

Таким образом, $G ∼= ℤn$ .

Аналогично показывается, что если $G$ - бесконечная циклическая группа, то $G ∼= ℤ$ . Мы просто записываем $G$ как

G = {...,g−2,g−1,g0 = e,g,g2,...}

и строим изоморфизм по той же формуле $k φ (g ) = k$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#77154

Доказать, что любая нормальная подгруппа является ядром некоторого гомоморфизма. То есть если $G$ - группа, $H ◃ G$ , то существует такая группа $K$ и такой гомоморфизм $φ : G → K$ , что $H = kerφ$

Показать доказательство

Пусть $H ◃ G$ . Но тогда корректно говорить о фактор-группе $G/ H$ .

А в фактор-группу у нас есть каноническая проекция

π : G → G/ H, g ↦→ gH

То что $π$ - гомоморфизм - это мы уже знаем. А каким будет его ядро? Его ядро это в точности такие $x ∈ G$ , что

π(x) = eH

Но $π(x) = xH$ . То есть его ядро это в точности такие $x ∈ G$ , что

xH = eH

Но ясно, что последнее равенство возможно тогда и только тогда, когда $x ∈ H$ . Следовательно, $kerπ = H$ . И мы все доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#77155

Изоморфны ли группы:

a) $ℝ$ и $ℚ$ ;
b) $∗ ℝ$ и $∗ ℂ$ ;
c) $ℚ$ и $ℤ$ ;
d) $D 2$ и $ℤ 4$ ;
e) $GLn (ℝ)$ и $SLn (ℝ )$ , $n > 1$ ;
f) $ℤ n$ и группа $n√1-⊂ ℂ ∗$ ;
g) $ℤ$ и $2ℤ$ ;

Показать ответ и решение

a) Нет, так как если бы был изоморфизм $φ : ℝ → ℚ$ , то, в частности, $φ$ был бы биекцией и это бы означало, что $ℝ$ тоже как и $ℚ$ счётно. Но $ℝ$ - несчётно;

b) Нет, поскольку в $∗ ℂ$ есть элемент порядка 4, а именно это число $i$ . А в $∗ ℝ$ нет ни одного элемента порядка 4, потому что уравнение $x4 = 1$ имеет в $ℝ ∗$ только 2 решения - это $± 1$ , но оба эти элемента имеют порядок 2 в $ℝ ∗$ . А при изоморфизме сохраняются все порядки всех элементов;

c) Нет, потому что $ℤ$ - циклическая, а $ℚ$ - нет. А при изоморфизме сохраняются все свойства группы, в том числе и цикличность;

d) Нет, поскольку в $ℤ4$ есть элемент порядка 4, а именно это вычет $1$ . А в $D2$ нет ни одного элемента порядка 4, все нетривиальные элементы там имеют порядок 2;

e) Нет, потому что центр $GLn (ℝ)$ состоит из всех возможных матриц вида $λE$ , где $∗ λ ∈ ℝ$ (докажите!).
В то время как центр $SLn(ℝ)$ состоит из двух матриц - $± E$ , если $n$ - четно и только из одной матрицы $E$ , если $n$ - 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 $k ∈ ℤn$ ставим в соответствие корень из единицы, имеющий аргумент

k ⋅2π ----- n

;
g) Да. Изоморфизм

φ : ℤ → 2ℤ

задается простой формулой

φ (k) = 2k

Как ни странно, а этот пример показывает удивительный случай - группа может быть изоморфна своей собственной подгруппе, то есть подгруппе, не совпадающей со всей группой;

Ответ:

a) Нет;
b) Нет
c) Нет;
e) Нет;
f) Да.