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 41#77156

Найти все гомоморфизмы

φ : ℤ6 → ℤ6

Показать ответ и решение

Поскольку $ℤ6$ - циклическая, то все однозначно определяется тем, куда перейдет её порождающий элемент 1.

Действительно, если $φ(1) = m$ , то для любого $k ∈ ℤ6$ , если мы хотим, чтобы $φ$ было гомоморфизмом, должно быть выполнено

φ (k ) = φ (k ⋅1) = kφ(1) = km

То есть все однозначно определяется $m ∈ ℤ6$ - образом единицы.

Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно $m$ ?

Ну, заметим, что для $1 ∈ ℤ6$ $o(1) = 6$ , а по свойству порядка при гомоморфизме $o(φ(1))$ должен делить $o(1)$ . Таким образом, $o(φ (1))$ может быть равно 1, 2, 3 или 6.

Получаем 6 разных гомоморфизмов, так как по сути 1 можно отправить куда угодно:

1. $φ(1) = 0$ и это тогда нулевой гомоморфизм - все отображается в ноль;

2. $φ(1) = 2$ , так как 2 - это элемент порядка 3 в $ℤ 6$ , тогда $Imφ = {2,4,0}$ ;

3. $φ(1) = 3$ , так как 3 - это элемент порядка 2 в $ℤ6$ , тогда $Imφ = {3,0}$ ;

4. $φ(1) = 4$ , так как 4 - это элемент порядка 3 в $ℤ6$ , тогда $Imφ = {4,8,0}$ ;

5. $φ(1) = 5$ , так как 5 - это элемент порядка 6 в $ℤ6$ ,тогда $Imφ = {5,4,3,2,1,0} = ℤ6$ ;

6. $φ(1) = 1$ , тогда $Im φ = ℤ6$ ;

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#77157

Найти все гомоморфизмы

φ : ℤ12 → ℤ15

Показать ответ и решение

Поскольку $ℤ12$ - циклическая, то все однозначно определяется тем, куда перейдет её порождающий элемент 1.

Действительно, если $φ(1) = m$ , то для любого $k ∈ ℤ12$ , если мы хотим, чтобы $φ$ было гомоморфизмом, должно быть выполнено

φ (k ) = φ (k ⋅1) = kφ(1) = km

То есть все однозначно определяется $m ∈ ℤ15$ - образом единицы.

Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно $m$ ?

Ну, заметим, что для $1 ∈ ℤ12$ $o(1) = 12$ , а по свойству порядка при гомоморфизме $o(φ (1))$ должен делить $o(1)$ . Таким образом, $o(φ (1))$ может быть равно 1, 2, 3, 4, 6 или 12.

Получаем 3 разных гомоморфизма, так как в $ℤ 15$ порядки элементов делят 15, а среди чисел 1, 2, 3, 4, 6, 12 делит 15 только число 1 и число 3:

1. $φ(1) = 0$ и это тогда нулевой гомоморфизм - все отображается в ноль;

2. $φ(1) = 5$ , так как 5 - это элемент порядка 3 в $ℤ15$ , тогда $Imφ = {5,10,0 }$ ;

3. $φ(1) = 10$ , так как 10 - это элемент порядка 3 в $ℤ15$ , тогда $Imφ = {10,5,0}$ ;

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#77158

Найти все гомоморфизмы

φ : ℤ6 → ℤ25

Показать ответ и решение

φ (k ) = φ (k ⋅1) = kφ(1) = km

То есть все однозначно определяется $m ∈ ℤ25$ - образом единицы.

Куда же можно отправить эту единицу, то есть чему может быть равно $m$ ?

Ну, заметим, что для $1 ∈ ℤ6$ $o(1) = 6$ , а по свойству порядка при гомоморфизме $o(φ(1))$ должен делить $o(1)$ . Таким образом, $o(φ (1))$ может быть равно 1, 2, 3 или 6. Но ничего из этого, кроме 1, не может быть порядком элемента $ℤ25$ , поскольку порядок любого элемента в $ℤ25$ должен делить 25. Получаем один единственный гомоморфизм - когда все переходит в 0, то есть $φ(1) = 0$ и значит все отображается в ноль;

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#77159

Существует ли сюръективный гомоморфизм

φ : ℚ → ℤ

Показать ответ и решение

Не существует. Будем рассуждать от противного. Допустим, он существовал бы. Пусть это

φ : ℚ → ℤ

Раз он сюръективный, то обязательно найдется такой $x ∈ ℚ$ , что

φ(x) = 1

Но тогда,

x- 2 ∈ ℚ

И что же мы получаем? А мы получаем, что

x- x- x- x- x- 1 = φ (2 + 2) = φ(2 )+ φ (2) = 2φ(2) = 2k,k ∈ ℤ

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 $ℚ$ - то что называется делимая группа, то есть группа, которая вместе с каждым своим элементом $x$ содержит и элемент $xn$ , в то время как $ℤ$ , конечно, не делимая в этом смысле. А это свойство должно сохраняться при сюръективном гомоморфизме.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#77802

(Китайская теорема об остатках).

Пусть $n = m ⋅k$ . В каком случае

ℤn ∼= ℤm × ℤk

Показать ответ и решение

Это бывает тогда и только тогда, когда $m$ и $k$ - взаимно просты.

Действительно, построим гомоморфизм

φ : ℤn → ℤm × ℤk

Заданный правилом

a ↦→ (a mod m, a mod k)

Это действительно гомоморфзим, потому что для любых $a,b ∈ ℤn$ выполнено, что

a + b mod m = a mod m + b mod m

И аналогично

a + b mod k = a mod k + b mod k

Вычислим его ядро. Его ядро это в точности

.. .. kerφ = {a ∈ ℤn |φ (a) = (0,0)} = {a ∈ ℤn |a .m, a.k}

1. Теперь, если $m$ и $k$ - взаимно просты, то $. . a..m, a ..k$ влечет, что $. a..n$ , то есть ядро в таком случае тривиально, поскольку в $ℤn$ на $n$ делится только 0. То есть $kerφ = {0}$ .
Тогда $φ$ - инъективный гомоморфизм. Но в группе $ℤn$ у нас $n$ элементов, а в группе $ℤm × ℤk$ у нас $m ⋅k = n$ элементов. Поэтому любая инъекция между этими множествами обязана быть и сюръекцией. Следовательно, $φ$ - изоморфизм.

2. Если же $m$ и $k$ - не взаимно просты, то у них существует нетривиальный простой делитель $p$ , то есть $m = pm1, k = pk1$ . И тогда мы утверждаем, что группа $ℤm × ℤk$ не может быть циклической. Почему? По той простой причине, что если мы возьмем любой элемент $(x,y) ∈ ℤm × ℤk$ и умножим его на $pm1k1$ , то, поскольку $. pm1k1 = mk1 ..m$ , то обязательно получится

pm k x = 0 mod m 1 1

с другой стороны, поскольку $pm1k1 = m1k...k$ , то обязательно получится

pm1k1y = 0 mod k

Следовательно, для любого $(x,y ) ∈ ℤm × ℤk$ выполнено

pm1k1 (x, y) = (0,0)

То есть любой элемент группы $ℤm × ℤk$ имеет порядок не больше, чем $pm1k1$ , что меньше, чем $m ⋅k = n$ . Следовательно, группа $ℤm × ℤk$ в таком случае не может быть циклическая, потому что в ней все элементы имеют порядок меньше, чем $m ⋅k = n$ , в то время как если бы она была циклической, то её циклический порождающий обязан был бы иметь порядок ровно $m ⋅k = n$ .

Ответ:

Тогда и только тогда, когда $НО Д (m, k) = 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#77803

В доказательстве того факта, что любая подгруппа конечного индекса содержит в себе нормальную подгруппу конечного индекса, мы воспользовались тем фактом, что если

|G : H | = n

то у отображения

φ : G → Sn

заданного правилом

( ) g1H g2H ... gnH g ↦→ gg1H gg2H ... ggnH

ядро $kerφ$ содержится в $H$ .

Задача. Описать, что из себя представляет это ядро $kerφ$ в общем случае.

Показать ответ и решение

Элемент $g ∈ G$ будет лежать в ядре $kerφ$ тогда и только тогда, когда для любого $gi$ мы будем иметь

g H = ggH i i

Домножая на $−1 gi$ слева, получим:

− 1 H = gi ggiH

То есть это в точности означает, что $g−i1ggi ∈ H$ . То есть $kerφ$ - это все такие элементы группы $G$ , которые при сопряжении чем угодно остаются в $H$ .

Ответ:

$kerφ$ - это все такие элементы группы $G$ , которые при сопряжении чем угодно остаются в $H$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#77804

Найти фактор группы:

a) $ℤ/ nℤ$ ;
b) $4ℤ / 12 ℤ$ ;
c) $GLn (ℝ)/ A$ , где $A = {M ∈ GLn (ℝ)|detM = ±1 }$ ;

Показать ответ и решение

a) Построим гомоморфизм

φ : ℤ → ℤn

заданный правилом

a ↦→ a mod n

$φ$ - это гомоморфизм, потому что для любых $a,b ∈ ℤ$ выполнено, что

a + b mod n = a mod n + b mod n

Очевидно, он сюръективный, потому что мы можем так получить любый вычет по модулю $n$ . А какое у него ядро?

.. kerφ = {a ∈ ℤ|φ(a) = 0} = {a ∈ ℤ |a.n} = nℤ

Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:

ℤ ℤ / n ℤ = / kerφ = ℤn

b) Построим гомоморфизм

φ : 4 ℤ → ℤ3

заданный правилом

a ↦→ a mod 3

$φ$ - это гомоморфизм, потому что для любых $a,b ∈ ℤ$ выполнено, что

a + b mod 3 = a mod 3+ b mod 3

Очевидно, он сюръективный, потому что мы можем так получить любый вычет по модулю $12$ . А какое у него ядро?

kerφ = {a ∈ 4ℤ |φ (a ) = 0} = {a ∈ 4ℤ|a...3} = {a ∈ ℤ|a...3,a...4} = 12ℤ

Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:

4ℤ ℤ / 12 ℤ = / kerφ = ℤ3

с) Пусть $ℝ+ = {a ∈ ℝ,a > 0}$ - группа положительных вещественных чисел с операцией умножения.

Построим гомоморфизм

φ : GLn (ℝ) → ℝ+

заданный правилом

X ↦→ |detX | ( матриц е X сопоставляется модуль её определителя )

$φ$ - 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?

kerφ = {X ∈ GLn (ℝ )||det X| = 1}

Тогда получается, что по основной теореме о гомоморфизмах:

GLn (ℝ) GLn (ℝ) / A = / kerφ = ℝ+

Ответ:

a) $ℤn$ ;
b) $ℤ3$ ;
с) $ℝ+ = {a ∈ ℝ, a > 0}$ - группа положительных вещественных чисел с операцией умножения.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#77805

Можно ли нетривиально (то есть так, чтобы оба сомножителя были нетривиальными группами) разложить в прямое произведение следующие группы:

a) $ℤ$ ;
b) $ℚ$ ;
c) $ℂ$ ;
d) $ℂ ∗$ ;
e) $S 3$ ;
f) $ℤ2017$ ;
g) $ℤ 2024$ ;

Показать ответ и решение

a) Если бы $ℤ$ можно было бы разложить в прямое произведение своих собственных подгрупп, то $ℤ = A × B$ , где $A$ и $B$ - какие-то нетривиальные подгруппы в $ℤ$ , которые, в частности, по критерию разложимости в прямое произведение, обязаны тривиально пересекаться. То есть обязательно должно быть выполнено, что $A ∩ B = {0}$ .

Однако, $ℤ$ - циклическая группа, и поэтому любая её подгруппа циклическая. Следовательно, $A$ и $B$ - циклические подгруппы. Но они обязаны быть бесконечными циклическими подгруппами, потому что в $ℤ$ нет элементов конечного порядка (кроме $0$ ), следовательно, $A$ и $B$ - собственные нетривиальные циклические подгруппы в $ℤ$ . То есть $A$ и $B$ изоморфны $ℤ$ и имеют вид $kℤ$ и $lℤ$ для каких-то $k$ и $l$ .

Но тогда $A$ и $B$ не могут тривиально пересекаться, поскольку $k ⋅l ∈ A ∩ B$ .

Следовательно, $ℤ$ так разложить нельзя.

b) Если бы $ℚ$ можно было бы разложить в прямое произведение своих собственных подгрупп, то $ℚ = A × B$ , где $A$ и $B$ - какие-то нетривиальные подгруппы в $ℚ$ , которые, в частности, по критерию разложимости в прямое произведение, обязаны тривиально пересекаться. То есть обязательно должно быть выполнено, что $A ∩ B = {0}$ .

Итак, пусть $A$ и $B$ такие подгруппы. Пусть $a ⁄= 0,a ∈ A$ , $b ⁄= 0,b ∈ B$ .
Пусть $a$ имеет вид $a = pq$ , пусть $b$ имеет вид $b = mn-$ . Тогда

p = qa = a◟-+-a+-a◝◜+-...+-a◞ ∈ A q раз

Аналогично,

m = nb = b+-b-+-b+-...+-b ∈ B ◟ n◝ р◜аз ◞

Тогда

mp = p+ p + p+ ...+ p∈ A ◟------◝◜------◞ m раз

, и аналогично,

pm = m◟-+-m--+-m◝◜+-...+-m◞ ∈ B p раз

Следовательно, $mp ∈ A ∩ B$ . То есть, $A$ и $B$ не могут тривиально пересекаться,

Следовательно, $ℚ$ так разложить нельзя.

c) Рассмотрим две такие подгруппы в $ℂ$ :

ℝ = {z = x+ 0i|x ∈ ℝ},iℝ = {z = 0+ iy|y ∈ ℝ}

Они нормальны в $ℂ$ (потому что в абелевой группе все подгруппы нормальны), они очевидно тривиально пересекаются и, более того, любой элемент из $ℂ$ представляется в виде элемента из $ℝ$ плюс элемент из $ßℝ$ . Следовательно, по критерию разложимости

ℂ = ℝ × iℝ

d) Рассмотрим две такие подгруппы в $ℂ ∗$ :

U = {z ∈ ℂ∗||z| = 1},ℝ+ = {z = x + 0i|x ∈ ℝ,x > 0}

Они нормальны в $∗ ℂ$ (потому что в абелевой группе все подгруппы нормальны), они очевидно тривиально пересекаются и, более того, любой элемент из $ℂ ∗$ представляется в виде элемента из $U$ умножить на элемент из $ℝ +$

$z = r(cosφ + isin φ)$ - это по сути просто тригонометрическая форма комплексного числа.

Следовательно, по критерию разложимости

∗ ℂ = U × ℝ+

e) Если бы $S3$ нетривиально раскладывалась в прямое произведение $S3 = A × B$ , то $A$ и $B$ были бы собственными подгруппами в $S3$ , тривиально пересекающимися и нормальными в $S3$ . Но, как мы знаем, нетривиальных нормальных подгрупп в $S3$ не так-то много - а именно - такая подгруппа только одна - это $A3$ . Следовательно, у нас просто не наберется достаточно нормальных подгрупп в $S3$ , чтобы её разложить.

f) Нет, так как это группа порядка 2017, а 2017 - простое число. Но если бы нашлось разложение в виде

ℤ2017 = A × B

То порядок группы $ℤ2017$ равнялся бы произведению порядков подгрупп $A$ и $B$ . А такого не может быть.

d) Да, например, по китайской теореме об остатках,

ℤ = ℤ × ℤ 2024 8 253

Ответ:

a) Нет;
b) Нет;
c) Да;
d) Да;
e) Нет;
f) Нет;
d) Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#77806

Пусть $A × B$ - прямое произведение каких-то групп. Пусть $a ∈ A$ и $o(a) = n$ , $b ∈ B$ и $o(b) = m$ . Какой тогда порядок будет у элемента

(a,b) ∈ A × B

Показать ответ и решение

Этот порядок будет равен $Н ОК (n,m )$ .

Действительно,

(a,b)Н ОК(n,m ) = (aНОК (n,m),bНОК (n,m)) = (atn,bsm ) = (e,e)

Таким образом, по свойству порядка $НО К(n,m )...o((a,b))$ .

С другой стороны для любого $l$ , если

(a, b)l = (e,e)

то

(al,bl) = (e,e)

А, значит, по свойству порядка

.. .. l.n,l.m

Значит, $.. l.НО К(n,m )$ . Таким образом, в частности, мы же знаем, что

o((a,b)) (a,b) = (e,e)

Следовательно,

.. o((a,b)).НО К(n,m )

. Но в то же время

. НО К (n, m)..o((a,b))

Следовательно,

o((a,b)) = НО К(n,m )

Ответ:

$Н ОК (n,m )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#77807

Элементы каких порядков бывают в группе $S4 × ℤ3$ ?

Показать ответ и решение

Порядок элемента в прямом произведении равен НОК-у порядков компонент. Таким образом, поскольку в $S4$ у нас есть элементы следующих порядков:

1(у тривиальн ой п ер естан овки),2(у тр анспозиций),3(у тройны х цик&#x

А в $ℤ3$ у нас есть элементы следующих порядков:

1(у вы чета 0),3 (у вы чета 1),3(у выч ета 2)

То всевозможные порядки в $S4 × ℤ3$ - это всевозможные НОК-и перечисленных порядков, то есть это числа

1,2,3,4,6,12

Ответ:

$1,2,3,4,6,12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#77808

В группе

S3 × ℤ6

найти все элементы порядка 4.

Показать ответ и решение

1(у тривиа льной перестановки),2(у транспозици й),3(у трой ных ци&#x

А в $ℤ6$ у нас есть элементы следующих порядков:

1(у вычета 0),6(у вычета 1),3(у вы чета 2),2(у вы чета 3),3(у вычета 4),6(у в ыч&

То порядка 4 у нас не может получиться, потому что 4 не равна НОК-у никаких двух вышеперечисленных порядков.

Ответ:

Таких нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#77809

В группе

ℤ4 × ℤ12

найти все элементы порядка 3.

Показать ответ и решение

Порядок элемента в прямом произведении равен НОК-у порядков компонент. Таким образом, поскольку в $Z4$ у нас есть элементы следующих порядков:

1(у вычета 0),4(у вы чета 1),2(у вы чета 2),4(у вычета 3)

а в $Z12$ у нас есть элементы следующих порядков:

1(у вы чета 0),12(у вычета 1),6(у вычета 2),4(у вы чета 3)

3(у в ычета 4),12(у вы чета 5),2(у вы чета 6),12(у вычета 7)

3(у выч ета 8),4(у вычета 9),6(у вы чета 10),12(у вы чета 11)

То элемент порядка 3 может получиться только когда мы в $ℤ4$ возьмем элемент порядка 1, а в $ℤ12$ элемент порядка 3. Получаем такие элементы

(0,4),(0,8)

Ответ:

$(0,4),(0,8)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#78878

Рангом конечно порожденной свободной абелевой группы мы назвали количество элементов в любом её базисе.

Задача. Доказать, что это определение корректно. То есть если $G$ - К.П.С.А.Г., то во всех её базисах будет одинаковое количество элементов.

Показать доказательство

Будем доказывать от противного. Пусть $G$ - конечно порожденная свободная абелева группа. И пусть оказалось так, что в $G$ есть базис из $n$ элементов. Тогда можно построить изоморфизм

G → ℤ× ℤ × ...× ℤ ◟----◝◜-----◞ n раз

С другой стороны, пусть оказалось так, что в $G$ есть базис из $m$ элементов и $m ⁄= n$ . Тогда можно построить изоморфизм

G → ℤ× ℤ × ...× ℤ ◟---m◝◜раз---◞

Но тогда будет существовать изоморфизм

ℤ◟-×-ℤ-×◝◜-...×-ℤ◞ → ℤ◟×-ℤ-×◝◜...×-ℤ◞ n раз m раз

Давайте для краткости обзовём $ℤ◟-×-ℤ-×◝◜...×-ℤ◞= Fn, ℤ◟×--ℤ×◝◜...×-ℤ◞ = Fm n раз m раз$ .

И мы сейчас получили, что

F ∼= F n m

Введем такое обозначение: под $2Fn$ будем понимать группу, в которой все элементы $Fn$ умножили на 2. То есть

2Fn = {(2k1,2k2,...,2kn)|ki ∈ ℤ }

Очевидно, что $2Fn$ - (нормальная) подгруппа в $Fn$ .

По сути она состоит из таких наборов целых чисел в $Fn$ , у которых все координаты кратны 2.

Ну тогда легко понять, что

Fn n | / 2Fn | = 2

поскольку просто-напросто

Fn/ 2Fn ∼= ℤ◟2-×-ℤ2-×◝◜...×-ℤ2◞ n раз

В то же время, по тем же соображениям

Fm/ ∼= ℤ × ℤ × ...× ℤ 2Fm ◟2----2◝◜------2◞ m раз

А потому

F m | m/ 2Fm | = 2

А потому невозможно, чтобы группы $Fn$ и $Fm$ были бы изоморфны, потому что тогда были бы изоморфны и группы $2Fn$ и $2Fm$ соответственно, а это влекло бы изоморфизм фактор-групп

Fn ∼ Fm / 2Fn = / 2Fm

Но изоморфные группы имеют один и тот же порядок и тогда бы мы получили, что

2n = 2m, п ри n ⁄= m

Что уже явное противоречие. Следовательно, при разных $n$ и $m$ изоморфизма между $Fn$ и $Fm$ 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

Задача 54#78879

В теореме о согласованных базисах сказано, что подгруппа $A$ конечно порожденной свободной абелевой группы $F$ вновь свободна, причем можно выбрать базис ${e1,...,en}$ во всей группе $F$ так, чтобы $A =< k1e1,k2e2,...,knen >$ , $ki ∈ ℤ$ .

a) Рассмотрим $F = ℤ × ℤ$ , $A = {(x,x)|x ∈ ℤ}$ - подгруппа в $F$ . Выбрать согласованные базисы в $F$ и в $A$ .

b) А правда ли, что если взять произвольный базис ${e ,...,e } 1 n$ группы $F$ , то, подобрав нужные $k1,...,kn ∈ ℤ$ можно добиться того, чтобы

A = < k1e1,...,knen >

Или всё таки в $F$ для данной подгруппы $A$ годится не любой базис?

Показать ответ и решение

a) Базис в $F$ надо взять, например, такой:

B = {(1,1),(0,1)} ◟◝◜e1 ◞ ◟◝e◜2◞

Очевидно, что эти два элемента линейно независимы, и порождают всю группу $ℤ × ℤ$ (например потому, что если отнять из первого элемента второй, то получим уже стандартный базис $(1,0),(0,1)$ в $ℤ × ℤ$ ).

Тогда порождающая система в $A$ получается вот такой: ${e ,0e } 1 2$ , и поскольку элементы с нулевыми коэффициентами мы конечно не пишем в базисе, то базис $A$ состоит только из элемента $e1$ . Мы видим, что базисы в $F$ и в $A$ действительно согласованы - все элементы базиса $A$ получаются из элементов базиса $F$ умножением на какие-то целые числа (а именно, на 1 и на 0 соответственно);

b) Это неправда. Например, в $F$ можно выбрать и неудачный базис - в данном случае стандартный. Действительно, если в качестве базиса в $F$ выбрать

′ B = {(◟1,◝0◜)◞,(◟0◝,◜1)◞} e1 e2

То мы никак из этого базиса, умножая на какие угодно целые числа его элементы не сможем получить никакой базис в $A$ . Действительно, если оба $e1$ и $e2$ взять с ненулевыми коэффициентами, то это вновь будет базис $F$ , а не $A$ , а если одно из них занулить, то получим либо целочисленную ось $Ox$ , либо целочисленную ось $Oy$ на плоскости, а нам-то нужна диагональ.

Вывод. Не любой базис объемлющей свободной группы $F$ можно досогласовать до базиса её свободной подгруппы $A ⊂ F$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#78880

Доказать, что если у нас есть прямое произведение групп $C × D$ , а также $X ◃ C$ , $Y ◃ D$ , то

C × D/ ∼= C/ × D/ X × Y X Y

Показать доказательство

Построим гомоморфизм

φ : C × D → C/ X × D/ Y

А именно,

(c,d) ↦→ (cX, dY )

Очевидно, что $φ$ - гомоморфизм и очевидно, что он сюръективный, потому что $φ$ по каждой координате осуществляет стандартный гомоморфизм проекции из группы в её фактор-группу.

Какое же у него ядро?

kerφ = {(c,d) ∈ C × D |(cX, dY ) = (eX, eY )} = {(c,d) ∈ C × D |c ∈ X, d ∈ Y} = X × Y

Получается, что по основной теореме о гомоморфизмах мы заключаем, что

C × D C × D ∼ C D / kerφ = / X × Y = Im φ = / X × / Y

И мы всё доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#78881

Перечислить все (с точностью до изоморфизма) абелевы группы порядка 2024.

Показать ответ и решение

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 $ℤ$ , либо вида $ℤpk$ для какого-то простого $p$ и натурального $k$ .

Ясно, что в разложении нашей группы $G$ не могут встретиться группы типа $ℤ$ (потому что они бесконечные, а наша группа конечна). То есть там будут только группы вида $ℤ k p$ . Ну вот и надо перечислить все возможные разложения с точностью до изоморфизма.

Для этого разложим по степеням простых порядок нашей группы:

3 2024 = 2 ⋅11 ⋅23

Тогда получаются такие варианты:

1. $∼ ℤ23 × ℤ11 × ℤ23 = ℤ2024$ (по китайской теореме об остатках);
2. $ℤ2 × ℤ22 × ℤ11 × ℤ23$ ;
3. $ℤ2 × ℤ2 × ℤ2 × ℤ11 × ℤ23$ ;
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 $ℤ2 × ℤ4 × ℤ253$ ? Мы её случайно не забыли написать? А где в нем группа $ℤ × ℤ × ℤ 2 22 46$ ? Про неё мы случайно не забыли?

Ответ:

1. $ℤ23 × ℤ11 × ℤ23 ∼= ℤ2024$ ;
2. $ℤ2 × ℤ22 × ℤ11 × ℤ23$ ;
3. $ℤ2 × ℤ2 × ℤ2 × ℤ11 × ℤ23$ ;

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#78882

Изоморфны ли следующие две группы:

a) $ℤ6 × ℤ36$ и $ℤ12 × ℤ18$ ;
b) $ℤ6 × ℤ36$ и $ℤ9 × ℤ24$ ;
c) $ℤ6 × ℤ10 × ℤ10$ и $ℤ60 × ℤ10$ ?

Показать ответ и решение

a) Первую группу по китайской теореме об остатках можно разложить как в теореме о строении всех конечно порожденных абелевых групп как:

ℤ × ℤ ∼= ℤ × ℤ × ℤ × ℤ 6 36 2 3 4 9

А вторую группу как

ℤ × ℤ ∼ ℤ × ℤ × ℤ × ℤ 12 18= 3 4 2 9

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:

ℤ6 × ℤ36 ∼= ℤ2 × ℤ3 × ℤ4 × ℤ9

А вторую группу как

∼ ℤ9 × ℤ24 = ℤ9 × ℤ3 × ℤ8

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 $ℤ9 × ℤ24 ∼= ℤ9 × ℤ3 × ℤ8$ есть элемент порядка 8 - это $(0,0,1)$ . В то время как в группе $∼ ℤ6 × ℤ36 = ℤ2 × ℤ3 × ℤ4 × ℤ9$ 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 $ℤ60 × ℤ10$ есть элемент порядка 60 - это $(1,0)$ . А в первой группе $ℤ6 × ℤ10 × ℤ10$ нет элемента порядка 60. А в изоморфных группах поровну элементов каждого порядка.

Ответ:

a) Да;
b) Нет;
c) Нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#124948

Доказать, что если $G$ - конечная абелева группа и $|G | = s$ , то следующие условия эквивалентны:

1. $G$ - циклическая;
2. $∀g ∈ G$ $gs = 1$ и никакого меньшего $0 < s′ < s$ с таким свойством, что $′ gs = 1$ для всех $g ∈ G$ не существует.

Показать доказательство

1 $⇒$ 2. Пусть $G$ - циклическая. Тогда, очевидно, что любой элемент группы $g ∈ G$ в степени $s = |G|$ равен единице - это известное следствие теоремы Лагранжа. А никакого такого меньшего $s′$ не найдется по той простой причине, что у циклического порождающего $x$ группы $G$ , то есть у такого $x$ , что $G =< x >$ порядок обязан быть именно $s = |G |$ .

1 $⇐$ 2. Воспользуемся теоремой о строении конечно порожденных абелевых групп. Поскольку $G$ - конечна, то она тем более конечно порождена, и, значит, к ней применима эта теорема - $G$ раскладывается в прямое произведение циклических. Причем, поскольку $G$ - конечна, множителей $ℤ$ в этом разложении не будет. То есть

G = ℤm1 × ℤm2 × ...× ℤmr

Возьмем элемент $(1,1,...,1) ∈ ℤm1 × ℤm2 × ...× ℤmr$ .

Тогда, поскольку у каждой соответствующей единицы, как у порождающего циклической группы $ℤ mi$ порядок, очевидно, равен $mi$ , а порядок элемента из прямого произведения равен НОКу порядков его компонент, то порядок элемента $(1,1,...,1)$ равен $Н ОК (m ,...,m ) 1 r$ . Из данного нам условия немедленно вытекает, что этот порядок обязан быть равен $s = |G |$ , потому что из всех элементов прямого произведения у элемента $(1,1,...,1)$ будет самый большой порядок, а он, по условию, не может быть меньше $s$ . таким образом,

o(1,1,...,1) = НО К(m1, ...,mr) = s = |G | = m1 ⋅...⋅mr

Следовательно, все $mi$ - попарно взаимно просты и тогда по китайской теореме об остатках

G = ℤm1 × ℤm2 × ...× ℤmr ∼= ℤm1⋅...⋅mr

то есть $G$ - циклическая.