Ciklikus csoport. Algebrai szerkezetek. Ciklikus csoport elemeinek generálása

• 1. Csoport Z egész számok az összeadás művelettel.
• 2. Összes összetett fokgyök csoportja n az egyikből a szorzási művelettel. Mivel a ciklikus szám izomorfizmus

a csoport ciklikus és az elem generál.

Látjuk, hogy a ciklikus csoportok lehetnek végesek vagy végtelenek.

3. Legyen tetszőleges csoport és tetszőleges elem. A halmaz egy ciklikus csoport g generátorelemmel. A g elem által generált ciklikus részcsoportnak nevezzük, sorrendje pedig a g elem sorrendje. Lagrange tétele szerint egy elem sorrendje a csoport sorrendjének osztója. Kijelző

képlet szerint működik:

nyilvánvalóan homomorfizmus és képe egybeesik. A leképezés akkor és csak akkor szürjektív, ha a csoport G- ciklikus és g alkotóeleme. Ebben az esetben a ciklikus csoport standard homomorfizmusát nevezzük G kiválasztott generatrixszal g.

A homomorfizmus tételt alkalmazva ebben az esetben a ciklikus csoportok egy fontos tulajdonságát kapjuk: minden ciklikus csoport a csoport homomorf képe. Z .

Bármely csoportban G meg lehet határozni fokon elem egész számokkal:

Az ingatlan tart

Ez nyilvánvaló, ha . Tekintsük azt az esetet, amikor . Majd

A többi esetet hasonlóan kezelik.

A (6)-ból az következik

Ráadásul definíció szerint. Így egy elem hatványai egy alcsoportot alkotnak a csoportban G.Úgy hívják egy elem által generált ciklikus alcsoport,és jelöli .

Két alapvetően eltérő eset lehetséges: vagy egy elem minden foka eltérő, vagy nem. Az első esetben az alcsoport végtelen. Vizsgáljuk meg részletesebben a második esetet.

Hadd ,; Majd. A legkisebb természetes szám T, amelyre ebben az esetben hívják sorrendben elemet, és jelöli .

1. mondat. Ha , Azt

Bizonyíték. 1) Osztani m-on n a maradékkal:

Akkor a sorrend meghatározása szerint

Az előző miatt

Következmény. Ha mo alcsoport n elemet tartalmaz.

Bizonyíték. Igazán,

és a felsorolt ​​elemek mindegyike különböző.

Abban az esetben, ha nincs ilyen természetes T, hogy (azaz a fent leírt esetek közül az első fordul elő), úgy vélik . Vegye figyelembe, hogy; a csoport összes többi elemének sorrendje nagyobb, mint 1.

Az additív csoportban nem egy elem hatványáról beszélünk , és róla többszörösei, amelyeket azzal jelölünk . Ennek megfelelően az adalékanyag csoport elemének sorrendje a G-- a legkisebb természetes szám T(ha van ilyen), amelyre

1. PÉLDA Egy mező karakterisztikája az additív csoport bármely nullától eltérő elemének sorrendje.

2. PÉLDA. Nyilvánvaló, hogy egy véges csoportban bármely elem sorrendje véges. Mutassuk meg, hogyan számítjuk ki egy csoport elemeinek sorrendjét ciklus hosszúságú, és ha ciklikusan átrendeződik

és az összes többi számot a helyén hagyja. Nyilvánvaló, hogy a ciklus hosszának sorrendje egyenlő r. A ciklusokat ún független, ha a ténylegesen átrendezett számok között nincsenek közösek; ebben az esetben . Minden helyettesítés egyedileg bontható független ciklusok szorzatára. Például,

ami jól látható az ábrán, ahol a helyettesítési műveletet nyilak ábrázolják. Ha a helyettesítést független hosszúságú ciklusok szorzatára bontjuk , Hogy

3. PÉLDA. A c komplex szám sorrendje egy csoportban akkor és csak akkor véges, ha ez a szám valamilyen egységhatvány gyöke, ami viszont akkor és csak akkor következik be, ha a arányos c-vel, azaz. .

4. PÉLDA. Keressünk véges rendű elemeket a sík mozgáscsoportjában. Legyen. Bármilyen pontra

mozgás által ciklikusan átrendezve , tehát a súlypontjuk O viszonylag mozdulatlan. Ezért - vagy a pont körüli elforgatás a látószöggel O, vagy valamilyen áthaladó egyeneshez viszonyított visszaverődés O.

5. PÉLDA. Keressük meg a mátrix sorrendjét

mint a csoport eleme. megvan

Így. Természetesen ez a példa speciálisan kiválasztott: annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott mátrix sorrendje véges lesz, nulla.

2. javaslat. Ha , Azt

Bizonyíték. Hadd

Így. megvan

Ezért,.

1. definíció . Csoport G hívott ciklikus, ha létezik ilyen elem , Mi . Bármely ilyen elemet hívnak generáló elem csoportok G.

6. PÉLDA. Az egész számok összeadó csoportja ciklikus, mert az 1 elem generálja.

7. PÉLDA. A modulo levonások additív csoportja n ciklikus, mert az elem generálja.

8. PÉLDA.Összetett gyökök multiplikatív csoportja n-edik fokozat 1-ből ciklikus. Valójában ezek a gyökerek számok

Ez egyértelmű . Ezért a csoportot az elem hozza létre.

Könnyen belátható, hogy egy végtelen ciklikus csoportban az egyetlen generáló elem a és. Így a Z csoportban az egyetlen generáló elem az 1 és a -- 1.

A végső csoport elemeinek száma G hívta őt sorrendbenés jelöli. Egy véges ciklikus csoport sorrendje megegyezik a generáló elemének sorrendjével. Ezért a 2. tételből az következik

3. mondat . Ciklikus csoport elem n rendű akkor és csak akkor generál

9. PÉLDA. Egy csoport generáló elemeit ún primitív gyökerei n 1. hatványa. Ezek a faj gyökerei , Ahol. Például a 12. fokú primitív gyökerek 1-ből vannak.

A ciklikus csoportok az elképzelhető legegyszerűbb csoportok. (Különösen Abel-féleek.) A következő tétel teljes leírásukat adja.

1. tétel. Minden végtelen ciklikus csoport izomorf egy csoporthoz. Minden n-rendű véges ciklikus csoport izomorf egy csoporthoz.

Bizonyíték. Ha egy végtelen ciklikus csoport, akkor a (4) képlet szerint a leképezés izomorfizmus.

Legyen a sorrend véges ciklikus csoportja p. Fontolja meg a leképezést

akkor a leképezés jól meghatározott és bijektív. Ingatlan

ugyanabból az (1) képletből következik. Tehát izomorfizmusról van szó.

A tétel bizonyítást nyert.

Egy csoport szerkezetének megértésében fontos szerepet játszik az alcsoportjainak ismerete. A ciklikus csoport minden alcsoportja könnyen leírható.

Tétel 2. 1) A ciklikus csoport minden alcsoportja ciklikus.

2)A sorrend ciklikus csoportjában n bármely alcsoport felosztásának sorrendje n és a szám bármely q osztójára n pontosan egy q rendű alcsoport van.

Bizonyíték. 1) Legyen egy ciklikus csoport és N-- alcsoportja, különbözik a (Az egység alcsoport nyilvánvalóan ciklikus.) Vegye figyelembe, hogy ha bármelyik, akkor és . Hadd T-- a természetes számok közül a legkisebb, amelyre . Bizonyítsuk be . Hadd . Osszuk el To-on T a maradékkal:

ahonnan a szám definíciója értelmében T ebből következik, és ezért .

2) Ha , akkor az előző érvelés érvényes volt (ebben az esetben ), azt mutatja . Egy időben

És N a sorrend egyetlen alcsoportja q a csoportban G. Vissza, ha q-- tetszőleges számosztó nÉs , majd egy részhalmaz N, egyenlőség által meghatározott (9), a sorrend egy alcsoportja q. A tétel bizonyítást nyert.

Következmény . Egy prímsorrendű ciklikus csoportban bármely nem triviális részcsoport egybeesik a teljes csoporttal.

10. PÉLDA. Egy csoportban minden alcsoportnak van olyan formája, ahol.

11. PÉLDA. Egy csoportban n-edik gyökerek 1 hatványai bármely alcsoport gyökcsoport q- 1. fokozat, ahol.

Legyen M a G csoport valamely részhalmaza. Az M-ből származó elemek összes lehetséges szorzata és azok inverzei egy részcsoport. Ezt az M részhalmaz által generált alcsoportnak nevezzük, és hMi-vel jelöljük. Pontosabban, M generál egy G csoportot, ha G = hMi. A következő egyszerű kijelentés hasznos:

egy H alcsoportot generál egy M részhalmaz, akkor és

Ha G = hMi és |M|< ∞, то G называется természetesen generált.

Egy G elem által generált részcsoportot ciklikusnak nevezzük, és hai-val jelöljük. Ha G = hai valamilyen a G esetén, akkor G-t ciklikusnak is nevezzük. Példák ciklikus csoportokra:

1) egész számok Z csoportja az összeadáshoz viszonyítva;

2) Z(n) csoport modulo levonások n az összeadáshoz viszonyítva;

neki Az elemek azon egész számok halmazai, amelyek adott n Z számmal osztva ugyanazt a maradékot adják.

Kiderült, hogy ezek a példák kimerítik az összes ciklikus csoportot:

2.1. Tétel 1) Ha G végtelen ciklikus csoport, akkor

G Z.

2) Ha G egy n-rendű véges ciklikus csoport, akkor

G Z(n).

Egy a G elem sorrendje a legkisebb természetes szám n úgy, hogy an = 1; ha ilyen szám nem létezik, akkor az elem sorrendjét végtelennek tekintjük. Az a elem sorrendjét |a| jelöli. Vegye figyelembe, hogy |hai| = |a|.

2.1. Számítsa ki az S3, D4 csoportok elemeinek sorrendjét!

2.2. Legyen |G|< ∞, g G. Докажите, что |g| делит |G|.

2.3. Legyen g G, |g| = n. Bizonyítsuk be, hogy gm = e akkor és csak akkor, ha n osztja m-et.

2.4. Legyen |G| = n. Bizonyítsuk be, hogy an = e minden a G-re.

2.5. Bizonyítsuk be, hogy egy páros rendű csoport 2-es rendű elemet tartalmaz.

2.6. Legyen a G csoport páratlan sorrendű. Bizonyítsuk be, hogy minden a G-re van olyan b G, amelyre a = b2.

2.7. Ellenőrizze, hogy |x| = |yxy−1 |, |ab| = |ba|, |abc| = |bca| = |fülke|.

2.8. Legyen a G, |a| = n és b = ak. Bizonyítsuk be, hogy |b| = n/GCD(n, k);

2.9. Legyen ab = ba. Bizonyítsuk be, hogy az LCM(|a|, |b|) osztható |ab|-al. Mondjon példát, amikor LCM(|a|, |b|) 6= |ab|.

2.10. Legyen ab = ba, GCD(|a|, |b|) = 1. Bizonyítsuk be, hogy |ab| = |a||b|.

2.11. Legyen σ Sn egy ciklus. Ellenőrizze, hogy |σ| egyenlő a σ hosszával.

2.12. Legyen σ Sn, σ = σ1. . . σm, ahol σ1, . . . , σm független ciklusok. Ellenőrizze, hogy |σ| = LCM(|σ1 |, . . . . , |σm |).

2.13. Ciklikusak-e a csoportok: a) Sn ;

b) Dn;

c) µn := (z C | zn = 1)?

2.14. Bizonyítsuk be, hogy ha |G| = p prímszám, akkor G ciklikus.

2.15. Bizonyítsuk be, hogy egy G nem identitáscsoportnak akkor és csak akkor nincs megfelelő alcsoportja, ha |G| = p, azaz G izomorf Z(p)-vel (p prímszám).

2.16. Bizonyítsuk be, hogy ha |G| ≤ 5, akkor G Abel-féle. Mutassa be a 4. sorrendű csoportokat!

2.17. Legyen G egy n rendű ciklikus csoport a generátor elemmel. Legyen b = ak. Bizonyítsuk be, hogy G = hbi akkor és csak akkor, ha GCD(n, k) = 1, azaz. a generáló elemek száma egy n rendű ciklikus csoportban egyenlő ϕ(n), ahol ϕ az Euler-függvény:

2.18.* Bizonyítsd be

2.19. Legyen G egy n, m|n rendű ciklikus csoport. Bizonyítsuk be, hogy G pontosan egy m rendű részcsoportot tartalmaz.

2.20. Keresse meg a következő csoportok összes generátorát: a) Z, b) Z(18).

2.21. Bizonyítsuk be, hogy egy végtelen csoportnak végtelen számú részcsoportja van.

2 .22 .* Legyen |G|< ∞. Докажите, что G циклична тогда и только тогда, когда |Gd | ≤ d для всех d N, где Gd = {x G | xd = e}.

2 .23 .* Legyen F egy mező, G az F véges részcsoportja. Bizonyítsuk be, hogy G ciklikus.

R A Z D E L 3

Homomorfizmusok. Normál alcsoportok. Tényezőcsoportok

Az f: G −→ H csoportleképezést homomorfizmusnak nevezzük, ha f(ab) = f(a)f(b) bármely a, b G esetén (tehát az izomorfizmus

– speciális eset homomorfizmus). A homomorfizmus más típusait is gyakran használják:

a monomorfizmus injektív homomorfizmus, az epimorfizmus szürjektív homomorfizmus, az endomorfizmus önmagába való homomorfizmus, az automorfizmus önmaga izomorfizmusa.

Részhalmazok

Kerf = (a G | f(a) = 1) G

Imf = (b H | f(a) = b néhány a G) H esetén

kernelnek, illetve az f homomorfizmus képének nevezzük. Nyilvánvaló, hogy a Kerf és az Imf alcsoportok.

N. alcsoport< G называется нормальной (это обозначается N C G), если a−1 Na = N для всех a G; это эквивалентно тому, что Na = aN. Группа называется простой , если она не содержит собственных нормальных подгрупп.

A homomorfizmus magja egy normális alcsoport. Ennek a fordítottja is igaz: minden normál alcsoport valamilyen homomorfizmus magja. Ennek bemutatására mutassunk be a forgatáson

16 3. fejezet Homomorfizmusok, faktorcsoportok

G/N = (aN | a G) kosetet a normál N alcsoport művelettel: aN · bN = abN. Ekkor G/N csoporttá alakul, amit az N alcsoport hányadoscsoportnak nevez. Az f leképezés: G −→ G/N epimorfizmus, Kerf = N.

Minden f homomorfizmus: G −→ H egy G −→ G/Kerf epimorfizmus, egy G/Kerf −→ Imf izomorfizmus és egy Imf −→ H monomorfizmus összetétele.

3.1. Bizonyítsuk be, hogy ezek a leképezések homomorfak

anyacsoportok, és megtalálják azok magját és képét. a) f: R → R, f(x) = ex;

b) f: R → C, f(x) = e2πix;

c) f: F → F (ahol F a mező), f(x) = ax, a F ; d) f: R → R, f(x) = sgnx;

e) f: R → R, f(x) = |x|; e) f: C → R, f(x) = |x|;

g) f: GL(n, F) → F (ahol F a mező), f(A) = det A;

h) f: GL(2, F) → G, ahol G lineáris törtfüggvények csoportja (lásd 1.8. feladat), F mező,

i) f: Sn → (1, −1), f(σ) = sgnσ.

3.2. Milyen feltétel mellett van egy G csoporton az f: G → G leképezés megadva a képlettel

a) g 7→g2 b) g 7→g−1,

ez homomorfizmus?

3.3. Legyen f: G → H homomorfizmus, és legyen G. Bizonyítsuk be, hogy |f(a)| oszt |a|.

3.4. Bizonyítsuk be, hogy egy ciklikus csoport homomorf képe ciklikus.

3.5. Bizonyítsuk be, hogy egy homomorfizmus alatti részcsoport képe és inverz képe alcsoportok.

3.6. A G1 és G2 csoportokat antiizomorfnak nevezzük, ha van olyan f: G1 → G2 bijekció, hogy f(ab) = f(b)f(a) minden a, b G1 esetén. Bizonyítsuk be, hogy az antiizomorf csoportok izomorfak.

3.7.* Bizonyítsuk be, hogy nincsenek Q → Z, Q → Q+ nemtriviális homomorfizmusok.

3 .8 .* Legyen G egy csoport, g G. Bizonyítsuk be, hogy f Hom(Z(m), G) létezéséhez úgy, hogy f(1) = g, szükséges és elégséges, hogy gm = e.

3.9. Írd le

a) Hom(Z(6), Z(18)), b) Hom(Z(18), Z(6)), c) Hom(Z(12), Z(15)), d) Hom(Z) (m), Z(n)).

3.10. Ezt ellenőrizd

α, β R, α2 + β2 6= 0 .

3. 11. (Cayley-tétel általánosítása.) Bizonyítsuk be, hogy az xH 7→axH permutáció a G eleméhez való hozzárendelése a kosettek halmazán a H részcsoporthoz képest< G является гомоморфизмом G в группу S(G/H). Чему равно его ядро?

3. 12. Ellenőrizzük, hogy a G csoport összes automorfizmusának Aut G halmaza összetétel szempontjából egy csoportot alkot.

3. 13. Ellenőrizze, hogy a leképezés f g : G → G, f g (x) = gxg −1 , ahol g G, a G csoport automorfizmusa (az ilyen automorfizmusokat nevezzük belső ). Ellenőrizze, hogy a belső automorfizmusok egy Inn G alcsoportot alkotnak< Aut G.

3.14. Keresse meg az automorfizmus csoportot a) Z;

b) 4. rendű nem ciklikus csoport (lásd 2.16. feladat); c) S3;

18 3. rész Homomorfizmusok, hányadoscsoportok

3.15. Igaz-e, hogy: a) G C G, E C G;

b) SL(n, F) C GL(n, F);

c) a skaláris nem nulla mátrixok normál alcsoportot alkotnak a GL(n, F-ben);

d) az átlós (felső háromszög alakú) mátrixok nullától eltérő átlós elemekkel normális alcsoportot alkotnak

e) An C Sn;

e) G C Aut G fogadó?

3.16. Legyen = 2. Bizonyítsuk be, hogy H C G.

3.17. Legyen M, N C G. Bizonyítsuk be, hogy M ∩ N, MN C G.

3.18. Legyen N C G, H< G. Докажите, что N ∩ H C H.

3.19. Legyen N C G, H< G. Докажите, что NH = HN < G.

3.20. Legyen H< G. Докажите, что xHx−1 C G.

3.21. Legyen H< K < G. Докажите, что H C K тогда и только тогда, когда K NG (H).

3.22. Legyen M, N C G, M ∩ N = E. Bizonyítsuk be, hogy M és N elemenként ingázik.

3.23. Bizonyítsd be, hogy:

a) Az epimorfizmus alatti normális alcsoport képe normális; b) Egy normál alcsoport teljes inverz képe (bármely homo-

morfizmus) normális.

3.24. Ellenőrizze, hogy a G/G E, G/E G.

3.25. Bizonyítsuk be, hogy Z/nZ egy n-rendű ciklikus csoport.

3.26.* Bizonyítsuk be, hogy:

d) R/R (1, -1);

e) GL(n, F)/SL(n, F) F ;

ahol GL+ (n, R) := (A GL(n, R) | det A > 0).

3.27. Bizonyítsuk be, hogy Q/Z egy periodikus csoport (azaz bármely elemének a sorrendje véges), amely minden n természetes számhoz tartalmaz egy egyedi n rendű részcsoportot. Minden ilyen alcsoport ciklikus.

3 .28 .* Bizonyítsuk be, hogy: a) C(G) C G,

b) Fogadó G G/C(G).

3.29.* Legyen N C G, H< G. Докажите, что NH/N H/H ∩ N.

3 .30 .* Bizonyítsuk be, hogy ha M C N C G, M C G, akkor

(G/M)/(N/M) G/N.

3.31. Bizonyítsuk be, hogy ha G/C(G) ciklikus, akkor G = C(G) (azaz G/C(G) = E).

3.32. Nevezzük a G csoport x és y elemeinek kommutátorát a := x−1 y−1 xy elemnek. A G csoport kommutátor alcsoportja az összes kommutátor által generált G0 alcsoport. Bizonyítsd be, hogy:

a) G0 C G;

b) A G/G0 csoport Abel-féle;

c) G akkor és csak akkor Abel-féle, ha G0 = E.

3.33. Legyen N C G. Bizonyítsuk be, hogy G/N akkor és csak akkor Abeli, ha N G0 .

3.34. Határozzuk meg indukcióval G(0) = G, G(n) = (G(n−1) )0 . Egy G csoportot megoldhatónak nevezünk, ha G(n) = E valamilyen n N esetén. Ellenőrizze, hogy:

a) egy megoldható csoport alcsoportjai és hányadoscsoportjai megoldhatók;

b) ha N C G olyan, hogy N és G/N megoldható, akkor G megoldható.

3.35. Bizonyítsuk be, hogy a G csoport akkor és csak akkor oldható meg, ha van alcsoportok lánca

E = Gn C Gn−1 C . . . C G1 C G0 = G

20 3. fejezet Homomorfizmusok, faktorcsoportok

úgy, hogy minden Gk /Gk+1 hányadoscsoport Abel-féle.

3.36. Ellenőrizze, hogy a) Abel-csoportok; b) S3 és S4 csoportok;

c) a GL(n, F) összes felső háromszögmátrixának alcsoportja (ahol F egy mező)

megoldhatók.

3.37. Legyen G(n) a (gn | g G) halmaz által generált G részcsoportja. Bizonyítsd be, hogy:

a) G(n) C G;

b) G/G(n) n periódusú (azaz az xn = 1 azonosság teljesül);

c) G-nek akkor és csak akkor van n periódusa, ha G(n) = E.

3.38. Legyen N C G. Bizonyítsuk be, hogy G/N-nek akkor és csak akkor van n periódusa, ha N G(n) .

3.39. Legyen G a leképezések csoportja (összetétel szempontjából).

φ : R → R az x 7→ax + b alakú (a 6= 0), H = (φ G | φ : x 7→x + b). Bizonyítsuk be, hogy H C G. Mivel egyenlő G/H?

3.40. Határozzuk meg a műveletet a G = Z × Z halmazon:

(a, b)(c, d) = (a + (−1)b c, b + d)

Bizonyítsuk be, hogy G egy csoport és H = h(1, 0)i C G.

Véges csoportok

Egy csoportot (félcsoportot) nevezünk végső, ha véges számú elemből áll. Egy véges csoport elemeinek számát nevezzük annak sorrendben. Egy véges csoport bármely részcsoportja véges. És ha NÍ G– a csoport alcsoportja G, akkor bármely elemre AÎ G sok N a={X: x=h◦a, bármilyen hÎ H) hívják bal coset Mert G viszonylag N. Nyilvánvaló, hogy az elemek száma a N a megegyezik a renddel N. (A meghatározás hasonlóképpen megfogalmazható egy N– jobb coset tekintetében N).

Az a fontos, hogy bármelyik alcsoportnál N csoportok G szerint bármely két bal (jobb) koset N vagy egybeesik, vagy nem metszik egymást, ezért bármely csoport ábrázolható diszjunkt bal (jobb) koszetek uniójaként N.

Valóban, ha két osztály N aÉs Hb, Hol a, bÎ G, van egy közös eleme X, akkor van tÎ H olyan hogy x = t◦a. És akkor a bal osztály az X: N x={y: y=h◦x= h◦(t◦a) = (h◦t)◦a} Í H a, De a=t ‑1 ◦xÉs N a={y: y=h◦a= h◦(t ‑1 ◦x) = (h◦t ‑1)◦x} Í H x. Innen N x=N a. Hasonlóképpen kimutatható, hogy N x=N b. És ezért N a=N b. Ha az osztályok N aÉs Hb nincsenek közös elemei, akkor nem metszik egymást.

A csoportnak ezt a bal (jobb) cosetekre való felosztását nevezzük a csoport felosztása a H alcsoportra.

2.6.1. Tétel. Egy véges csoport sorrendjét elosztjuk bármelyik részcsoportjának sorrendjével.

Bizonyíték. Mert G véges csoport, akkor bármelyik alcsoportja is az N véges rendje van. Tekintsük egy csoport alcsoportra bontását N. Ebben a dekompozícióban minden egyes kosetben az elemek száma azonos és megegyezik a sorrenddel N. Ezért ha n– csoportos rendelés G, A k– alcsoport sorrend N, Azt n=m× k, Hol m– kosták száma szerint N a csoportbontásban G.

Ha bármely elemhez aÎ G Þ N a=egy N(bal és jobb coset alcsoportonként N egybeesik), akkor N hívott normál osztó csoportok G.

Nyilatkozat: Ha G kommutatív csoport, akkor annak bármely alcsoportja N normál osztó G.

A csoportban (félcsoportban) végzett cselekvés asszociatív jellege miatt három elem „termékéről” beszélhetünk ( A◦b◦c) =(A◦b)◦c = A◦(b◦c). Hasonlóképpen a komplex termék fogalma is n elemek: A 1 ◦A 2 ◦…◦a n = ◦ a n = = ◦.

Munka n egy csoport azonos elemeit nevezzük elemi fokés ki van jelölve a n=. Ennek a definíciónak minden természetes számára van értelme n. Bármely csoportelemhez aÎ G jelöljük A 0 =e– a csoport semleges eleme G. És egy elem negatív ereje a ‑ n definíció szerint ( a ‑1)n vagy ( a n) -1 , hol a-1 – inverz elem A. Mindkét meghatározás a ‑ n egybeesik, mert a n◦(a ‑1)n = (A◦A◦ ¼◦ A)◦(a ‑1 ◦a-1◦ ¼◦ a ‑1) = A◦A◦¼◦( A◦a ‑1)◦a-1 ◦¼◦ a ‑1 =e n =e. Így, ( a ‑1)n = (a n) ‑1 .

Egy additív csoportban egy elem fokszámának analógja a a n akarat n többszöröse, általában jelölve na, amit nem szabad műnek venni n-on A, mert nÎℕ és talán nÏ G. Hogy. na⇋, hol nОℕ és 0 A=e⇋0 és (- n)a = ‑(na) = n(‑a) bármilyen természetes n, hol (- a) – fordítottja aÎ G.

Könnyen kimutatható, hogy a választott jelöléssel bármilyen egész számra mÉs nés bárkinek aÎ G az ismert tulajdonságok teljesülnek: A) szorzó jelöléssel a n ◦a m = a n + mÉs ( a n)m = a nm; b) additív jelöléssel na+ma = (n+m)aÉs n(ma)=(nm)a.

Tekintsük a csoport egy részhalmazát G, amely egy tetszőleges elem összes hatványából áll gÎ G. Jelöljük A g. Így, A g ={g 0 , g 1 , g ‑1 , g 2 , g-2,¼). Nyilvánvalóan, A g a csoport alcsoportja G, mert bármely elemhez X,atÎ A g ebből következik ( X◦at)Î A g, és bármely elemhez XÎ A g lesz X-1 О A g, Emellett g 0 =eÎ A g.

Alcsoport A g hívott ciklikus alcsoport csoportok G, amelyet az elem generál g. Ez az alcsoport mindig kommutatív, még ha maga is G nem kommutatív. Ha a csoport G egybeesik valamelyik ciklikus alcsoportjával, akkor az ún ciklikus csoport, amelyet az elem generál g.

Ha egy elem összes hatványa g különböznek, akkor a csoport G hívott végtelen ciklikus csoport, és az elem g– elem végtelen rend.

Ha egy ciklikus csoport elemei között egyenlők vannak, pl. g k=g m at k>m, Azt g k-m=e; és kijelölve k-m keresztül n, megkapjuk g n=e, nÎℕ.

A legalacsonyabb természetes mutató n olyan hogy g n=e, hívott a g elem sorrendjeés magát az elemet g hívott véges rendű elem.

Egy ilyen elem mindig megtalálható egy véges csoportban, de lehet egy végtelen csoportban is.

Azokat a csoportokat nevezzük, amelyeknek minden eleme véges sorrendű időszakos.

Mivel a véges csoport bármely eleme véges sorrendű, minden véges csoport periodikus. Ezenkívül egy véges csoport minden ciklikus részcsoportja periodikus, mivel végesek, és minden eleme véges rendű. n azonos sorrendű ciklikus csoportot generál n, elemekből áll ( g 0 , g 1 , g 2 ¼, g n-1). Valóban, ha az elemek száma egyenlő lenne néhány k<n, Akkor g k=e=g n, ami ellentmond a választásnak n, mint a legkevesebb fokozat olyan, hogy g n=e; a másik oldalon, k>n szintén lehetetlen, mert ebben az esetben azonos elemek lennének.

Nyilatkozat: 1) minden fokozat g 0 , g 1 , g 2 ¼, g n-1 különbözik, mert ha egyenlőek lennének pl. g i=g j (én>j), Ez g i - j=e, de ( én‑j)<n, és definíció szerint n – a legkisebb fokozat olyan g n=e.

2) Bármilyen más végzettség g, pozitív vagy negatív, egyenlő az egyik elemmel g 0 , g 1 , g 2 ¼, g n-1, mert tetszőleges egész szám k a következő kifejezéssel ábrázolható: k=nq+r, Hol q,rÎℤ és 0£ r<n, r– maradék és g k=g nq + r= g nq° g r= (g n)q° g r= e q° g r= g r.

1) Minden csoportnak van egy egyedi elsőrendű eleme ( e), létrehozva egy elsőrendű ciklikus alcsoportot, amely egy elemből áll e.

2) Tekintsük a helyettesítések csoportját S 3, amely a következő elemekből áll: , , , , , . Rendelés S 3 =6. Elemek sorrendje A egyenlő 2-vel, mert . Elemek sorrendje b is egyenlő 2-vel, mert . Elemek sorrendje Vel egyenlő 3-mal, mert És . Elemek sorrendje f is egyenlő 3-mal, mert És . És végül rendelés d egyenlő 2-vel, mert . Így ciklikus alcsoportok S 3 elemek által generált e, a, b, d, cÉs f, illetve egyenlő: ( e}, {e, a}, {e, b}, {e, d}, {e, c, f) És ( e, f, c), ahol az utolsó kettő egybeesik. Vegye figyelembe azt is, hogy az egyes ciklikus alcsoportok sorrendje maradék nélkül osztja fel a csoport sorrendjét. A következő tétel igaz.

2.7.1. Tétel. (Lagrange) Egy véges csoport sorrendjét elosztjuk bármelyik elemének sorrendjével (hiszen az elem sorrendje és az általa generált ciklikus részcsoport sorrendje egybeesik).

Ebből az is következik, hogy a véges csoport bármely eleme, ha a csoport rendjének hatványára emeljük, megadja a csoport egységét. (Mert g m=g nk=e k=e, Hol m- csoportos rendelés, n– elemsorrend g, k– egész szám).

Az S csoportban 3 alcsoport van N={e, c, f) egy normál osztó, de a 2. rendű alcsoportok nem normál osztók. Ez könnyen ellenőrizhető, ha megkeresi a bal és a jobb oldali coseteket N minden csoportelemhez. Például egy elemhez A bal coset N a={e ◦ a, Vel◦ A, f◦ a} = {A, b, d) és jobb coset egy N={a ◦ e, A◦ c, A◦ f} = {A, d, b) mérkőzés. Ugyanígy minden más elemnél S 3 .

3) Az összes összeadású egész halmaz egy végtelen ciklikus csoportot alkot 1 (vagy –1) generáló elemmel, mert bármely egész szám 1 többszöröse.

4) Tekintsünk egy gyökérhalmazt n– az egység ereje: E n=. Ez a halmaz egy csoport a szorzógyökök működése szempontjából. Valójában bármely két elem szorzata e kÉs e m-tól E n, Hol k, m £ n-1 is elem lesz E n, mivel = = , ahol r=(k+m) mod nÉs r £ n-1; szorzás asszociatív, semleges elem e=e 0 =1 és bármely elemre e k van fordított és . Ez a csoport ciklikus, generáló eleme egy primitív gyök. Könnyen belátható, hogy minden hatalom különbözik: , tovább for k³ n a gyökerek ismételni kezdik önmagukat. A komplex síkon a gyökerek egy egységsugarú körön helyezkednek el, és osztják azt n egyenlő ívek, a 11. ábra szerint.

Az utolsó két példa lényegében kimeríti az összes ciklikus csoportot. Mivel a következő tétel igaz.

2.7.2. Tétel. Minden végtelen ciklikus csoport izomorf egymással. Minden véges ciklikus rendű csoport n izomorfak egymással.

Bizonyíték. Hagyd ( G, ∘) egy végtelen ciklikus csoport generáló elemmel g. Aztán van egy bijektív leképezés f: ℤ ® Gúgy, hogy bármilyen egész számra kÉs m képeiket f(k) És f(m), egyenlő g kÉs g m, elemek G. És ugyanakkor f(k+m)=f(k)∘f(m), mert g k + m=g k∘ g m.

Hagyd most ( G, ∘) egy véges ciklikus rendű csoport n generáló elemmel g. Ezután minden elemet g kÎ G az egyetlen módja annak, hogy egy elemet egyezzen e kÎ E n(0£ k<n), a szabály szerint f(g k)=e k. És ugyanakkor bármelyikhez g kÉs g mÎ G ebből következik f(g k∘ g m)=f(g k) ∘f(g m), mert f(g k∘ g m)=f(g k + m)=f(g r), Hol r=(k+m) mod n, És f(g r)=e r=e k× e m. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen leképezés bijektív leképezés.

Hadd G– csoport és elem a G. Az a elem sorrendje (jelölése ׀а׀) a legkisebb természetes szám nN, Mi

a n = a . . . . a =1.

Ha ilyen szám nem létezik, akkor azt mondják A– végtelen rendű elem.

Lemma 6.2. Ha a k= 1, akkor k osztva az elem sorrendjével A.

Meghatározás. Hadd G– csoport és A G. Aztán sok

H = (a k ׀ k }

a G csoport egy alcsoportja, amelyet az a elem által generált ciklikus alcsoportnak nevezünk (H =< а >).

Lemma 6.3. Ciklikus alcsoport N, amelyet az elem generál A rendelés n, a sorrend véges csoportja n, és

H = (1 = a 0, a, ..., a n-1).

Lemma 6.4. Hadd A– végtelen rendű elem. Ezután a ciklikus alcsoport N = <A> – végtelen és bármely elemből N formában van írva a k , ToZ, és az egyetlen módon.

A csoport ún ciklikus, ha egybeesik valamelyik ciklikus alcsoportjával.

1. példa. Adalékanyag csoport Z az összes egész számból az 1 elem által generált végtelen ciklikus csoport.

2. példa Az összes gyökér halmaza n 1-edik hatványa egy ciklikus rendű csoport n.

6.2. Tétel. A ciklikus csoport bármely alcsoportja ciklikus.

6.3. Tétel. Minden végtelen ciklikus csoport izomorf az egész számok additív csoportjával Z. Bármilyen véges ciklikus sorrend n izomorf az összes gyökér csoportjával n-th fokozat 1-től.

Normál alcsoport. Tényezőcsoport.

Lemma 6.5. Hadd N– a csoport alcsoportja G, amelyhez az összes bal oldali coset egyben jobb oldali koset is. Majd

aH = Ha, a G.

Meghatározás. Alcsoport N csoportok G normálnak hívják G(jelölve NG), ha az összes bal oldali coset is jobb, azaz

aH = Ha, aG.

Tétel 6.4. Hadd N
G, G/N– egy csoport összes költségének halmaza G alcsoportonként N. Ha a készleten van meghatározva G/N szorzási műveletet az alábbiak szerint

(aH)(bH) = (ab)H,

Hogy G/N csoporttá válik, amelyet egy csoport faktorcsoportjának nevezünk G alcsoportonként N.

Csoporthomomorfizmus

Meghatározás. Hadd G 1 és G 2 – csoportok. Aztán a térképezés f: G 1
G 2-t homomorfizmusnak nevezzük G 1 hüvelyk G 2 ha

F(ab) = f(a)f(b) , a,b G 1 .

Lemma 6.6. Hadd f– csoporthomomorfizmus G csoportonként 1 db G 2. Majd:

1) f(1) – csoportegység G 2 ;

2) f(a -1) = f(a) -1 ,aG 1 ;

3) f(G 1) – a csoport alcsoportja G 2 ;

Meghatározás. Hadd f– csoporthomomorfizmus G csoportonként 1 db G 2. Aztán sok

kerf = {aG 1 ׀f(a) = 1G 2 }

homomorfizmus kernelnek nevezik f .

6.5. Tétel. ker f
G.

6.6. Tétel. Egy csoport bármely normál alcsoportja G valamilyen homomorfizmus magja.

Gyűrűk

Meghatározás. Nem üres készlet TO hívott gyűrű, ha két bináris művelet van definiálva rajta, összeadásnak és szorzásnak nevezzük, és teljesülnek a következő feltételek:

TO– Abel-csoport az összeadás művelete tekintetében;

a szorzás asszociatív;

az eloszlás törvényei teljesülnek

x(y+z) = xy+xz;

(x+y)z = xz+yz, x,y,zK.

Példa 1. Készletek KÉs R- gyűrűk.

A gyűrűt úgy hívják kommutatív, Ha

xy = yx, x,yK.

2. példa (Összehasonlítások). Hadd m- rögzített természetes szám, aÉs b– tetszőleges egész számok. Aztán a szám A számhoz hasonlítható b modulo m, ha a különbség a – b osztva m(írott: ab(mod m)).

Az egyenletreláció egy ekvivalenciareláció a halmazon Z, törés Z modulo maradékosztályoknak nevezett osztályokba més ki van jelölve Z m. Sok Z m egy kommutatív gyűrű identitással.

Mezők

Meghatározás. A mező egy nem üres halmaz R, amely nem tartalmaz 2 elemet, két bináris összeadási és szorzási művelettel úgy, hogy:

1. példa. Sok KÉs R végtelen mezők.

2. példa. Sok Z r– végső mező.

Két elem aÉs b mezőket R a 0-tól eltérő nullaosztónak nevezzük, ha ab = 0.

Lemma 6.7. A mezőben nincsenek nulla osztók.

Tekintsük a kettő összes egész hatványának szorzócsoportját (2Z, ), ahol 2Z= (2 n | n e Z). Ennek a csoportnak az analógja az additív nyelvben a páros egészek additív csoportja (2Z, +), 2Z = (2n | n e Z). Adjuk meg a csoportok általános definícióját, amelyekre ezek a csoportok sajátos példái.

Meghatározás 1.8. Multiplikatív csoport (G,) (az additív csoport (G, +)) ún ciklikus, ha egy elem összes egész hatványából (illetve minden egész többszöröséből) áll a e G, azok. G=(a n | n e Z) (ill. G - (pa | n e Z)). Megnevezés: (a), olvassa el: az a elem által generált ciklikus csoport.

Nézzünk példákat.

• 1. Példa egy multiplikatív végtelen ciklikus csoportra valamely rögzített egész szám összes hatványának csoportja egy F±1, azt jelöljük a g.Így, a g - (a).
• 2. Példa a multiplikatív véges ciklikus csoportra az egység n-edik gyökének C„ csoportja. Emlékezzünk vissza, hogy az egység n-edik gyökerei megtalálhatók

képlet szerint e k= cos---hisin^-, hol k = 0, 1, ..., p - 1. Kövesse- p o

Ezért C„ = (е x) = (е x = 1, e x, ef = e 2,..., e" -1 = ?„_ x). Emlékezzünk vissza, hogy a komplex számok e k, k = 1, ..., n - 1, az egységkör pontjai képviselik, amelyek felosztják n egyenlő részek.

• 3. Az additív végtelen ciklikus csoport tipikus példája a Z egész számok additív csoportja, amelyet az 1-es szám generál, azaz. Z = (1). Geometriailag egész pontokként van ábrázolva egy számegyenesen. Lényegében a multiplikatív csoportot ugyanúgy ábrázolják 2 7 - = (2) általánosságban a z = (a), hol van egy egész szám egy F±1 (lásd 1.3. ábra). A képek hasonlóságáról az 1.6. részben fogunk beszélni.
• 4. Válasszunk egy tetszőleges multiplikatív csoportban G valamilyen elem A. Ekkor ennek az elemnek minden egész hatványa egy ciklikus alcsoportot alkot (a) = (a p p e Z) G.
• 5. Bizonyítsuk be, hogy a Q racionális számok additív csoportja maga nem ciklikus, és bármely két eleme ciklikus részcsoportban található.

A. Bizonyítsuk be, hogy a Q additív csoport nem ciklikus. Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen Q = (-). Van egy egész szám b,

nem osztó T. Mivel - eQ = (-) = sn-|neZ>, akkor

b t/ ( t J

Van egy rc 0 egész szám, amelyre - = n 0 -. De akkor t = n 0 kb,

ahol tuberkulózis- jött ellentmondás.

B. Bizonyítsuk be, hogy két tetszőleges racionális szám

Vel „ /1

és - a ciklikus alcsoportba tartoznak (-), ahol T vannak a legtöbben d t/

számok legkisebb közös többszöröse bÉs d. Sőt, hadd t-bu

, és ai 1 /1 Vel cv 1 /1

és m = av, u, v e Z, akkor - = - = ai-e(-)i - = - = cv- e (-).

b b és t t/ a dv t t/

Tétel 1.3. Egy ciklikus csoport sorrendje megegyezik e csoport generáló elemének sorrendjével, azaz.|(a)| = |a|.

Bizonyíték. 1. Legyen |a| = ">. Bizonyítsuk be, hogy egy elem minden természetes képessége A különböznek. Tegyük fel az ellenkezőjét: hagyjuk a k = a t a 0 pedig az Akkor T - To- természetes szám és a t ~ k = e. De ez ellentmond annak a ténynek, hogy | a =°°.Így egy elem összes természetes ereje A különböznek, ami az (a) csoport végtelenségét jelenti. Ezért | (a)| = °° = |a |.

2. Legyen | a | = n. Bizonyítsuk be (a) = (e - a 0, a, a 2,..., a" -1). A ciklikus csoport definíciója magában foglalja az (a 0, a, a 2, ..., o" 1-1) szerepeltetését. Bizonyítsuk be a fordított szerepeltetést. Egy ciklikus csoport tetszőleges eleme (A)úgy néz ki és t, Ahol azok Z. Osszuk el a pálinkát a maradékkal: m-nq + r, ahol 0 p a n = e, Hogy a t = a p i + g = a p h? a g = a g e(a 0, a, egy 2,..., a" - 1). Ezért (a) c (a 0, a, a 2,..., Így, (a) = (a 0, a, a 2,..., a" - 1 ).

Be kell bizonyítani, hogy a halmaz összes eleme (a 0 , a, egy 2,..., a” -1 ) különböznek. Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen 0 i p, hanem a" = A). Aztán ő - eés 0 j - i - ellentmondásba került a | feltétellel a | = p. A tétel bizonyítást nyert.