dom
Kamień
grupa cykliczna. Struktury algebraiczne. Generowanie elementów grupy cyklicznej

grupa cykliczna. Struktury algebraiczne. Generowanie elementów grupy cyklicznej

  • 1. Grupa Z liczby całkowite z operacją dodawania.
  • 2. Grupa wszystkich złożone korzenie stopni N z jedności za pomocą operacji mnożenia. Ponieważ liczba cykliczna jest izomorfizmem

grupa jest cykliczna, a elementem jest generator.

Widzimy, że grupy cykliczne mogą być skończone lub nieskończone.

3. Niech będzie dowolną grupą i dowolnym elementem. Zbiór jest grupą cykliczną z generatorem g . Nazywa się to podgrupą cykliczną generowaną przez element g, a jej kolejność jest rzędem elementu g. Zgodnie z twierdzeniem Lagrange'a rząd elementu jest dzielnikiem rzędu grupy. Wyświetlacz

działając według wzoru:

jest oczywiście homomorfizmem, a jego obraz pokrywa się z . Odwzorowanie jest suriekcyjne wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G- cykliczne i G jego elementem składowym. W takim przypadku będziemy nazywać standardowy homomorfizm dla grupy cyklicznej G z wybraną generującą G.

Stosując w tym przypadku twierdzenie o homomorfizmie, otrzymujemy ważną właściwość grup cyklicznych: każda grupa cykliczna jest homomorficznym obrazem grupy Z .

W dowolnej grupie G można zdefiniować stopni element z wykładnikami całkowitymi:

Jest nieruchomość

To jest oczywiste, jeśli . Rozważ przypadek, gdy . Następnie

Inne przypadki są rozpatrywane podobnie.

Z (6) wynika, że

Również z definicji. Zatem moce elementu tworzą podgrupę w grupie G. Nazywa się to cykliczna podgrupa generowana przez element, i jest oznaczony przez .

Możliwe są dwa zasadniczo różne przypadki: albo wszystkie stopnie elementu są różne, albo nie. W pierwszym przypadku podgrupa jest nieskończona. Rozważmy bardziej szczegółowo drugi przypadek.

Pozwalać ,; Następnie. Najmniejsza liczba naturalna T, dla którego jest wywoływany w tym przypadku w celu element i jest oznaczony przez .

Sugestia 1. Jeśli , To

Dowód. 1) Podziel M NA P z resztą:

Następnie, zgodnie z definicją zamówienia

Na mocy poprzedniego

Konsekwencja. Jeżeli mo podgrupa zawiera n elementów.

Dowód. Naprawdę,

a wszystkie wymienione elementy są różne.

Jeśli nie ma takiego naturalnego T, zakładamy, że (tj. ma miejsce pierwszy z przypadków opisanych powyżej). . Zauważ, że; rzędy wszystkich pozostałych elementów grupy są większe niż 1.

W grupie addytywnej nie mówią o mocy elementu , ale o nim wielokrotności, które są oznaczone przez . Zgodnie z tym kolejność elementu grupy dodatków G jest najmniejszą liczbą naturalną T(jeśli istnieje) dla którego

PRZYKŁAD 1. Cechą pola jest kolejność dowolnego niezerowego elementu w jego grupie addytywnej.

PRZYKŁAD 2. Oczywiście w skończonej grupie porządek każdego elementu jest skończony. Pokażmy, jak obliczane są rzędy elementów grupy.Nazywamy podstawienie cykl długość i jest oznaczony przez jeśli permutuje cyklicznie

i pozostawia wszystkie inne liczby na miejscu. Oczywiście kolejność długości cyklu jest taka R. Cykle są tzw niezależny jeśli wśród liczb faktycznie przez nich uporządkowanych nie ma wspólnych; w tym przypadku . Każda permutacja jednoznacznie rozkłada się na iloczyn niezależnych cykli. Na przykład,

co jest wyraźnie pokazane na rysunku, gdzie czynność zamiany jest przedstawiona strzałkami. Jeśli permutacja rozkłada się na iloczyn niezależnych cykli długości , To

PRZYKŁAD 3. Rząd liczby zespolonej c w grupie jest skończony wtedy i tylko wtedy, gdy liczba ta jest pierwiastkiem jakiejś potęgi jedności, co z kolei ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a jest współmierne z, tj. .

PRZYKŁAD 4. Znajdźmy elementy skończonego rzędu w grupie ruchów płaskich. Zostawiać. Dla dowolnego punktu

są cyklicznie przestawiane przez ruch , więc ich środek ciężkości O względnie nieruchomy. Dlatego - albo obrót o kąt widzenia wokół punktu O, lub refleksja o przechodzącej przez nią linii prostej O.

PRZYKŁAD 5. Znajdźmy rząd macierzy

jako część grupy. Mamy

Więc. Oczywiście ten przykład jest specjalnie dobrany: prawdopodobieństwo, że kolejność losowo wybranej macierzy będzie skończona, wynosi zero.

Sugestia 2. Jeśli , To

Dowód. Pozwalać

Więc. Mamy

Stąd, .

Definicja 1 . Grupa G zwany cykliczny, jeśli istnieje taki element , Co . Każdy taki element nazywa się element generatywny grupy G.

PRZYKŁAD 6. Addytywna grupa liczb całkowitych jest cykliczna, ponieważ jest generowana przez element 1.

PRZYKŁAD 7. Grupa pozostałości dodatków modulo N jest cykliczny, ponieważ jest generowany przez element .

PRZYKŁAD 8. Multiplikatywna grupa zespolona pierwiastki n-tego stopień 1 jest cykliczny. Rzeczywiście, te pierwiastki są liczbami

Jest oczywiste, że . Dlatego grupa jest generowana przez element.

Łatwo zauważyć, że tylko w nieskończonej grupie cyklicznej i generują elementy. Tak więc w grupie Z jedynymi elementami generującymi są 1 i -- 1.

Liczba skończonych elementów grupowych G zadzwonił do niej w celu i oznaczone przez. Rząd skończonej grupy cyklicznej jest równy rzędowi jej elementu generującego. Dlatego Twierdzenie 2 implikuje

Sugestia 3 . Element grupy cyklicznej rzędu n generuje wtedy i tylko wtedy, gdy

PRZYKŁAD 9. Nazywa się elementy generujące grupę prymitywne korzenie N potęga z 1. To są pierwiastki formy , Gdzie. Na przykład prymitywne korzenie 12 stopnia 1 to.

Grupy cykliczne to najprostsze grupy, jakie można sobie wyobrazić. (W szczególności są one abelowe). Poniższe twierdzenie zawiera ich pełny opis.

Twierdzenie 1. Każda nieskończona grupa cykliczna jest izomorficzna z grupą. Każda skończona grupa cykliczna rzędu n jest izomorficzna z grupą.

Dowód. Jeśli jest nieskończoną grupą cykliczną, to według wzoru (4) odwzorowanie jest izomorfizmem.

Niech będzie skończoną cykliczną grupą porządku P. Rozważ mapowanie

wtedy odwzorowanie jest dobrze zdefiniowane i bijekcyjne. Nieruchomość

wynika z tego samego wzoru (1). Zatem jest izomorfizmem.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Znajomość jej podgrup odgrywa ważną rolę w zrozumieniu struktury grupy. Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej można łatwo opisać.

Twierdzenie 2. 1) Każda podgrupa grupy cyklicznej jest cykliczna.

2) W cyklicznej grupie zamówień N kolejność dowolnej podgrupy dzieli N i dla dowolnego dzielnika q liczby N istnieje dokładnie jedna podgrupa rzędu q.

Dowód. 1) Niech będzie grupą cykliczną i H-- jego podgrupa różna od (Podgrupa identyczności jest oczywiście cykliczna). Zauważ, że jeśli dla dowolnego, to . Pozwalać T jest najmniejszą liczbą naturalną, dla której . Udowodnijmy to . Pozwalać . Podzielmy się Do NA T z resztą:

skąd, na mocy definicji liczby T wynika z tego, a zatem .

2) Jeśli , wtedy poprzednie rozumowanie miało zastosowanie do (w tym przypadku ), pokazuje, że . W której

I H jest jedyną podgrupą rzędu Q w grupie G. I odwrotnie, jeśli Q-- dowolny dzielnik liczbowy P I , następnie podzbiór H, zdefiniowana przez równość (9) jest podgrupą rzędu Q. Twierdzenie zostało udowodnione.

Konsekwencja . W grupie cyklicznej rzędu pierwszego każda nietrywialna podgrupa pokrywa się z całą grupą.

PRZYKŁAD 10. W grupie każda podgrupa ma postać gdzie.

PRZYKŁAD 11. w grupie głównej n-ty stopień od 1 dowolna podgrupa jest grupą pierwiastków Q- stopień z 1, gdzie.

Niech M będzie pewnym podzbiorem grupy G. Zbiór wszystkich możliwych iloczynów elementów z M i ich odwrotności jest podgrupą. Nazywa się to podgrupą generowaną przez podzbiór M i jest oznaczana przez hMi. W szczególności M generuje grupę G, jeśli G = hMi. Przydatne jest następujące proste stwierdzenie:

podgrupa H jest generowana przez podzbiór M wtedy i

Jeżeli G = hMi i |M|< ∞, то G называется skończenie generowane.

Podgrupa generowana przez pojedynczy element G nazywana jest cykliczną i oznaczana jest przez hai. Jeśli G = hai dla pewnego G, to G jest również nazywany cyklicznym. Przykłady grup cyklicznych:

1) grupa Z liczb całkowitych pod względem dodawania;

2) grupa Z(n) reszty modulo n względem dodawania;

jej elementy to zbiory wszystkich liczb całkowitych, które dają tę samą resztę z dzielenia przez daną liczbę n Z.

Okazuje się, że te przykłady wyczerpują wszystkie grupy cykliczne:

Twierdzenie 2.1 1) Jeśli G jest nieskończoną grupą cykliczną, to

GZ.

2) Jeśli G jest skończoną grupą cykliczną rzędu n, to

GZ(n).

Rząd elementu a G jest najmniejszy Liczba naturalna n takie, że an = 1; jeśli taka liczba nie istnieje, to przyjmuje się, że kolejność elementu jest nieskończona. Kolejność elementu a jest oznaczona przez |a|. Zauważ, że |hai| = |a|.

2.1. Oblicz rzędy elementów w grupach S3 , D4 .

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

2.3. Niech g G, |g| = n. Udowodnij, że gm = e wtedy i tylko wtedy, gdy n dzieli m.

2.4. Niech |G| = n. Udowodnij, że an = e dla wszystkich a G.

2.5. Udowodnij, że grupa parzystego rzędu zawiera element rzędu 2.

2.6. Niech grupa G będzie nieparzystego rzędu. Udowodnij, że dla każdego a G istnieje b G takie, że a = b2 .

2.7. Sprawdź, czy |x| = |yxy−1 |, |ab| = |ba|, |abc| = |bca| = |kabina|.

2.8. Niech G, |a| = n i b = ak. Udowodnij, że |b| = n/gcd(n, k);

2.9. Niech ab = ba. Udowodnij, że LCM(|a|, |b|) jest podzielna przez |ab|. Podaj przykład, gdy LCM(|a|, |b|) 6= |ab|.

2.10. Niech ab = ba, gcd(|a|, |b|) = 1. Wykaż, że |ab| = |a||b|.

2.11. Niech σ Sn będzie cyklem. Sprawdź, czy |σ| jest równa długości σ.

2.12. Niech σ Sn , σ = σ1 . . . σm , gdzie σ1 , . . . , σm są cyklami niezależnymi. Sprawdź, czy |σ| = LCM(|σ1 |,..., |σm |).

2.13. Czy grupy są cykliczne: a) Sn ;

b) Dn;

c) µn := (z C | zn = 1)?

2.14. Udowodnij, że jeśli |G| = p jest liczbą pierwszą, więc G jest cykliczna.

2.15. Udowodnij, że nietrywialna grupa G nie ma właściwych podgrup wtedy i tylko wtedy, gdy |G| = p, tj. G jest izomorficzne z Z(p) (p jest liczbą pierwszą).

2.16. Udowodnij, że jeśli |G| ≤ 5, to G jest abelowe. Opisz grupy rzędów 4.

2.17. Niech G będzie cykliczną grupą rzędu n z generatorem a. Niech b = ak . Udowodnij, że G = hbi wtedy i tylko wtedy, gdy gcd(n, k) = 1, tj. liczba generatorów w grupie cyklicznej rzędu n wynosi φ(n), gdzie ϕ jest funkcją Eulera:

(k | k N, 1 ≤ k ≤ n, gcd (n, k) = 1) .

2.18.* Udowodnij to

2.19. Niech G będzie grupą cykliczną rzędu n, m|n. Udowodnij, że G ma dokładnie jedną podgrupę rzędu m.

2.20. Znajdź wszystkie generatory grup: a) Z, b) Z(18).

2.21. Udowodnij, że nieskończona grupa ma nieskończoną liczbę podgrup.

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

2 .23 .* Niech F będzie ciałem, G skończoną podgrupą F . Udowodnij, że G jest cykliczny.

ROZDZIAŁ 3

Homomorfizmy. normalne podgrupy. Grupy czynników

Odwzorowanie grupy f: G −→ H nazywamy homomorfizmem, jeśli f(ab) = f(a)f(b) dla dowolnego a, b G (więc izomorfizm

– szczególny przypadek homomorfizm). Często używane są inne odmiany homomorfizmu:

monomorfizm jest homomorfizmem iniekcyjnym, epimorfizm jest homomorfizmem suriekcyjnym, endomorfizm jest homomorfizmem w sobie, automorfizm jest izomorfizmem w sobie.

podzbiory

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

Imf = (b H | f(a) = b dla pewnego a G) H

nazywane są odpowiednio jądrem i obrazem homomorfizmu f. Oczywiście Kerf i Imf to podgrupy.

Podgrupa N< 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.

Jądrem homomorfizmu jest podgrupa normalna. Odwrotność jest również prawdziwa: każda normalna podgrupa jest jądrem pewnego homomorfizmu. Aby to pokazać, przedstawiamy się na planie

16 Rozdział 3. Homomorfizmy, grupy czynników

G/N = (aN | a G) współzbiorów przez operację N podgrupy normalnej: aN · bN = abN. Następnie G/N zamienia się w grupę, którą nazywamy grupą czynnikową w odniesieniu do podgrupy N. Odwzorowanie f: G −→ G/N jest epimorfizmem, a Kerf = N.

Każdy homomorfizm f: G −→ H jest złożeniem epimorfizmu G −→ G/Kerf, izomorfizmu G/Kerf −→ Imf i monomorfizmu Imf −→ H.

3.1. Udowodnij, że odwzorowania te są homomorfizmami.

grupy mami i znaleźć ich rdzeń i wizerunek. za) fa: R → R , f(x) = ex ;

b) fa: R → do , f(x) = e2πix ;

c) f: F → F (gdzie F jest ciałem), f(x) = ax, a F ; d) fa: R → R , f(x) = sgnx;

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

g) f: GL(n, F) → F (gdzie F jest ciałem), f(A) = det A;

h) f: GL(2, F) → G, gdzie G to grupa liniowych funkcji ułamkowych (patrz Zadanie 1.8), F to ciało,

i) f: Sn → (1, −1), f(σ) = sgnσ.

3.2. Pod jakim warunkiem na grupie G następuje odwzorowanie f: G → G dane wzorem

a) g 7→g2 b) g 7→g−1 ,

jest homomorfizmem?

3.3. Niech f: G → H będzie homomorfizmem i G. Udowodnij, że |f(a)| dzieli |a|.

3.4. Udowodnij, że homomorficzny obraz grupy cyklicznej jest cykliczny.

3.5. Udowodnij, że obraz i obraz odwrotny podgrupy w warunkach homomorfizmu są podgrupami.

3.6. Grupy G1 i G2 nazywamy antyizomorficznymi, jeśli istnieje bijekcja f: G1 → G2 taka, że ​​f(ab) = f(b)f(a) dla wszystkich a, b G1 . Udowodnij, że grupy antyizomorficzne są izomorficzne.

3 .7 .* Udowodnij, że nie istnieją nietrywialne homomorfizmy Q → Z, Q → Q+ .

3 .8 .* Niech G będzie grupą, g G. Wykaż, że dla istnienia f Hom(Z(m), G) takiego, że f(1) = g, jest konieczne i wystarczające, że gm = e.

3.9. Opisać

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. Sprawdź to

α, β R, α2 + β2 6= 0 .

3. 11. (Uogólnienie twierdzenia Cayleya.) Wykaż, że przypisanie elementowi a G permutacji xH 7→axH na zbiorze cosetów względem podgrupy H< G является гомоморфизмом G в группу S(G/H). Чему равно его ядро?

3. 12. Sprawdź, czy zbiór Aut G wszystkich automorfizmów grupy G tworzy grupę złożoną.

3. 13. Sprawdź, czy odwzorowanie f sol : sol → sol, fa sol (x) = gxg −1 , gdzie g G, jest automorfizmem grupy G (takie automorfizmy to tzw wewnętrzny ). Sprawdź, czy automorfizmy wewnętrzne tworzą podgrupę Inn G< Aut G.

3.14. Znajdź grupę automorfizmów a) Z;

b) niecykliczna grupa rzędu 4 (patrz Zadanie 2.16); c) S3;

18 Rozdział 3. Homomorfizmy, grupy czynników

3.15. Czy to prawda, że: a) G C G, E C G;

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

c) macierze skalarne niezerowe tworzą podgrupę normalną w GL(n, F);

d) macierze diagonalne (górne trójkątne) z niezerowymi elementami diagonalnymi tworzą podgrupę normalną w

e) An C Sn;

f) Zajazd G C Aut G?

3.16. Niech = 2. Udowodnij, że H C G.

3.17. Niech M, N C G. Udowodnij, że M ∩ N, MN C G.

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

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

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

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

3.22. Niech M, N C G, M ∩ N = E. Wykazać, że M i N komutują element po elemencie.

3.23. Udowodnij to:

a) Obraz normalnej podgrupy pod epimorfizmem jest normalny; b) Całkowity obraz odwrotny normalnej podgrupy (dla dowolnej homo-

morfizm) jest normalny.

3.24. Sprawdź, czy G/G E, G/E G.

3.25. Udowodnij, że Z/nZ jest grupą cykliczną rzędu n.

3.26.* Wykaż, że:

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

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

EA Karolinsky, B. V. Novikov

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

3.27. Udowodnij, że Q/Z jest grupą okresową (to znaczy, że rząd dowolnego z jej elementów jest skończony), która zawiera unikalną podgrupę rzędu n dla każdej liczby naturalnej n. Każda taka podgrupa jest cykliczna.

3 .28 .* Wykaż, że: a) C(G) C G,

b) Zajazd G G/C(G).

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

3 .30 .* Udowodnij, że jeśli M C N C G, M C G, to

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

3.31. Udowodnij, że jeśli G/C(G) jest cykliczny, to G = C(G) (czyli G/C(G) = E).

3.32. Komutator elementów x i y grupy G nazywamy elementem := x−1 y−1 xy. Grupa komutatorów grupy G jest jej podgrupą G0 generowaną przez wszystkie komutatory. Udowodnij to:

a) G0 C G;

b) Grupa G/G0 jest abelowa;

c) G jest abelowe wtedy i tylko wtedy, gdy G0 = E.

3.33. Niech N C G. Udowodnij, że G/N jest abelowe wtedy i tylko wtedy, gdy N G0 .

3.34. Definiujemy przez indukcję G(0) = G, G(n) = (G(n−1) )0 . Grupę G nazywamy rozwiązywalną, jeśli G(n) = E dla pewnego n N. Sprawdź, czy:

a) podgrupy i grupy czynników grupy rozwiązywalnej są rozwiązywalne;

b) jeśli N C G jest takie, że N i G/N są rozwiązywalne, to G jest rozwiązywalne.

3.35. Udowodnij, że grupa G jest rozwiązywalna wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje łańcuch podgrup

mi = Gn do Gn-1 do . . . C G1 C G0 = G

20 Rozdział 3. Homomorfizmy, grupy czynników

takie, że wszystkie grupy czynników Gk /Gk+1 są abelowe.

3.36. Sprawdź, czy a) grupy abelowe; b) grupy S3 i S4;

c) podgrupa wszystkich górnych macierzy trójkątnych w GL(n, F) (gdzie F jest ciałem)

są rozwiązywalne.

3.37. Niech G(n) będzie podgrupą G generowaną przez zbiór (gn | g G). Udowodnij to:

a) G(n) C G;

b) G/G(n) ma okres n (czyli spełnia tożsamość xn = 1);

c) G ma okres n wtedy i tylko wtedy, gdy G(n) = E.

3.38. Niech N C G. Udowodnij, że G/N ma okres n wtedy i tylko wtedy, gdy N G(n) .

3.39. Niech G będzie grupą (ze względu na skład) odwzorowań

φ : R → R postaci x 7→ax + b (a 6= 0), H = (φ G | φ : x 7→x + b). Udowodnij, że H C G. Co to jest G/H?

3.40. Zdefiniujmy działanie na zbiorze G = Z × Z:

(a, b)(c, d) = (a + (−1)b c, b + d)

Udowodnij, że G jest grupą i H = h(1, 0)i C G.

skończone grupy

Grupa (półgrupa) jest wywoływana ostateczny jeśli składa się ze skończonej liczby elementów. Liczbę elementów grupy skończonej nazywamy jej w celu. Każda podgrupa grupy skończonej jest skończona. I jeśli HÍ G– podgrupa grupy G, a następnie dla dowolnego elementu AÎ G pęczek NA={X: X=H◦A, dla każdego HÎ H) jest nazywany klasa sąsiedztwa lewego Dla G stosunkowo H. Oczywiste jest, że liczba elementów w NA równa się porządkowi H. (Podobnie można sformułować definicję jakiś– prawy coset w stosunku do H).

Ważne jest to dla każdej podgrupy H grupy G dowolne dwa lewe (prawe) cosets przez H albo pokrywają się, albo nie przecinają, więc każdą grupę można przedstawić jako unię rozłącznych lewych (prawych) cosetów przez H.

Rzeczywiście, jeśli dwie klasy nie I Hbr, Gdzie A, BÎ G, mają wspólny element X, wtedy istnieje TÎ H takie że X = T◦A. A potem lewa klasa dla X: H x={y: y=H◦X= H◦(T◦A) = (H◦T)◦A} Í H a, Ale A=T ‑1 ◦X I nie={y: y=H◦A= H◦(T ‑1 ◦X) = (H◦T ‑1)◦X} Í H x. Stąd H x=nie. Podobnie można to pokazać H x=Hb. I dlatego nie=Hb. Jeśli zajęcia nie I Hbr nie mają elementów wspólnych, to się nie przecinają.

Taki podział grupy na lewe (prawe) cosets nazywamy rozkład grupy pod względem podgrupy H.

Twierdzenie 2.6.1. Rząd skończonej grupy jest podzielny przez rząd dowolnej z jej podgrup.

Dowód. Ponieważ G jest grupą skończoną, to dowolną z jej podgrup H ma skończony porządek. Rozważ rozkład grupy na podgrupy H. W każdym coset w tym rozkładzie liczba elementów jest taka sama i równa porządkowi H. Dlatego jeśli N- zamówienie grupowe G, A k- kolejność podgrup H, To N=M× k, Gdzie M to liczba cosetów według H w rozpadzie grupy G.

Jeśli dla dowolnego elementu AÎ G Þ nie=jakiś(lewe i prawe cosets według podgrupy H mecz), wtedy H zwany normalny dzielnik grupy G.

Oświadczenie: Jeśli G jest grupą przemienną, to dowolną z jej podgrup H jest dzielnikiem normalnym G.

Ze względu na asocjatywność działania w grupie (półgrupie) możemy mówić o „wytworze” trzech elementów ( A◦B◦C) =(A◦B)◦C = A◦(B◦C). W podobny sposób wprowadzamy pojęcie produktu złożonego z N elementy: A 1 ◦A 2 ◦…◦jakiś = ◦ jakiś = = ◦.

Praca N nazywamy identycznymi elementami grupy stopień pierwiastka i oznaczone jakiś=. Ta definicja ma sens dla każdego naturalnego N. Dla dowolnego elementu grupy AÎ G wyznaczyć A 0 =mi jest neutralnym elementem grupy G. I ujemne moce elementu A ‑ N zdefiniowana jako ( A ‑1)N Lub ( jakiś) -1 , gdzie A-1 - element odwrotny do A. Obie definicje A ‑ N pasuje, bo jakiś◦(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 =mi. Zatem, ( A ‑1)N = (jakiś) ‑1 .


W grupie addytywnej odpowiednik stopnia pierwiastka jakiś będzie N-wielokrotność tego, zwykle oznaczana nie, którego nie należy traktować jako produktu N NA A, ponieważ NÎℕ i ewentualnie NÏ G. To. nie⇋ gdzie Nнℕ i 0 A=mi⇋0 i (- N)A = ‑(nie) = N(‑A) dla dowolnego naturalnego N, Gdzie (- A) jest odwrotna do AÎ G.

Łatwo to pokazać w wybranej notacji dla dowolnych liczb całkowitych M I N i dla każdego AÎ G dobrze znane właściwości są spełnione: A) z notacją multiplikatywną jakiś ◦jestem = za n + m I ( jakiś)M = nm; B) z notacją addytywną nie+mama = (N+M)A I N(mama)=(nm)A.

Rozważ podzbiór grupy G, złożony ze wszystkich potęg dowolnego elementu GÎ G. Oznaczmy to G. Zatem, G ={G 0 , G 1 , G ‑1 , G 2 , G-2,¼). Oczywiście, G jest podgrupą grupy G, ponieważ dla dowolnych elementów X,NaÎ G wynika, że ​​( X◦Na)Î G i dla dowolnego elementu XÎ G tam będzie X-1 O G, Oprócz, G 0 =miÎ G.

Podgrupa G zwany podgrupa cykliczna grupy G generowane przez element G. Ta podgrupa jest zawsze przemienna, nawet jeśli jest sobą G nie przemienne. Jeśli grupa G pokrywa się z jedną z jego podgrup cyklicznych, to nazywa się grupa cykliczna generowane przez element G.

Jeśli wszystkie moce elementu G inny, a następnie grupa G zwany nieskończony grupa cykliczna i element G- element nieskończony porządek.

Jeśli wśród elementów grupy cyklicznej są równe, na przykład, gk=g m Na k>M, To gk-m=mi; i oznaczający k-m Poprzez N, dostajemy gn=mi, NÎℕ.

Najmniejszy naturalny wskaźnik N takie że gn=mi, jest nazywany kolejność elementu g i samego elementu G zwany skończony element porządku.

Taki element zawsze można znaleźć w grupie skończonej, ale może też należeć do grupy nieskończonej.

Nazywamy grupy, których wszystkie elementy są skończonego rzędu czasopismo.

Ponieważ każdy element skończonej grupy ma skończony porządek, wszystkie skończone grupy są okresowe. Ponadto wszystkie cykliczne podgrupy skończonej grupy są okresowe, ponieważ są skończone, a każdy element skończonego porządku N generuje grupę cykliczną tego samego rzędu N, składający się z elementów ( G 0 , G 1 , G 2,¼, gn-1 ). Rzeczywiście, gdyby liczba elementów była równa niektórym k<N, Następnie gk=mi=gn, co jest sprzeczne z wyborem N, jako najmniejszy stopień taki, że gn=mi; z drugiej strony, k>N jest również niemożliwe, ponieważ w tym przypadku byłyby identyczne elementy.

Oświadczenie: 1) wszystkie stopnie G 0 , G 1 , G 2,¼, gn-1 są różne, ponieważ gdyby były równe np. żołnierz amerykański=gj (I>J), To g i-j=mi, Ale ( I‑J)<N i z definicji N- najmniejszy stopień taki, że gn=mi.

2) Każdy inny stopień G, dodatnie lub ujemne, jest równe jednemu z elementów G 0 , G 1 , G 2,¼, gn-1 ponieważ dowolna liczba całkowita k można przedstawić wyrażeniem: k=nq+R, Gdzie Q,RÎℤ i 0 £ R<N, R- reszta i gk=gnq + r= gnq° R= (gn)Q° R= e q° R= R.

1) Każda grupa ma unikalny element pierwszego rzędu ( mi) generowanie podgrupy cyklicznej pierwszego rzędu składającej się z jednego elementu mi.

2) Rozważ grupę permutacji S 3 , składający się z elementów: , , , , , . Zamówienie S 3=6. Kolejność elementów A równa się 2, ponieważ . Kolejność elementów B jest równe 2, ponieważ . Kolejność elementów Z równa się 3, ponieważ I . Kolejność elementów F jest również równy 3, ponieważ I . I na koniec zamówienie D równa się 2, ponieważ . Zatem cykliczne podgrupy S 3 generowane przez elementy mi, A, B, D, C I F odpowiednio są równe: ( mi}, {mi, A}, {mi, B}, {mi, D}, {mi, C, F) I ( mi, F, C), gdzie dwa ostatnie pokrywają się. Należy również zauważyć, że kolejność każdej podgrupy cyklicznej dzieli kolejność grupy bez reszty. Następujące twierdzenie jest prawdziwe.

Twierdzenie 2.7.1. (Lagrange) Porządek grupy skończonej jest podzielny przez rząd któregokolwiek z jej elementów (ponieważ porządek elementu i porządek generowanej przez niego podgrupy cyklicznej pokrywają się).

Wynika z tego również, że każdy element skończonej grupy, podniesiony do potęgi rzędu grupy, daje tożsamość grupy. (Ponieważ g m=gnk=e k=mi, Gdzie M- zamówienie grupowe N- kolejność elementów G, k jest liczbą całkowitą).

W grupie S są 3 podgrupy H={mi, C, F) jest normalnym dzielnikiem, podczas gdy podgrupy rzędu 2 nie są normalnymi dzielnikami. Łatwo to sprawdzić, znajdując lewy i prawy coset przez H dla każdego elementu grupy. Na przykład dla elementu A klasa sąsiedztwa lewego NA={e ◦ za, Z◦ A, F◦ A} = {A, B, D) i prawy gorset jakiś={a ◦ e, A◦ C, A◦ F} = {A, D, B) dopasować. Podobnie dla wszystkich innych elementów S 3 .

3) Zbiór wszystkich liczb całkowitych z dodawaniem tworzy nieskończoną grupę cykliczną z elementem generującym 1 (lub -1), ponieważ dowolna liczba całkowita będąca wielokrotnością 1.

4) Rozważ zbiór korzeni N-ty stopień od jednostki: E n=. Zbiór ten jest grupą ze względu na działanie mnożenia pierwiastków. Rzeczywiście, iloczyn dowolnych dwóch elementów e k I e m z E n, Gdzie k, M £ N-1 również będzie elementem E n, ponieważ = = , gdzie R=(k+m) mod N I R £ N-1; mnożenie jest asocjacyjnym, neutralnym elementem mi=mi 0 = 1 i dla dowolnego elementu e k istnieje odwrotność i . Ta grupa jest cykliczna, jej elementem generującym jest pierwiastek pierwotny. Łatwo zauważyć, że wszystkie stopnie są różne: , dalej za k³ N korzenie zaczynają się powtarzać. Na płaszczyźnie zespolonej korzenie znajdują się na okręgu o promieniu jednostkowym i dzielą go na N równe łuki, jak pokazano na rysunku 11.

Ostatnie dwa przykłady wyczerpują zasadniczo wszystkie grupy cykliczne. Ponieważ prawdziwe jest następujące twierdzenie.

Twierdzenie 2.7.2. Wszystkie nieskończone grupy cykliczne są względem siebie izomorficzne. Wszystkie skończone cykliczne grupy porządku N izomorficzne względem siebie.

Dowód. Pozwalać ( G, ∘) jest nieskończoną grupą cykliczną z generatorem G. Następnie następuje odwzorowanie bijektywne F: ℤ ® G takie, że dla dowolnych liczb całkowitych k I M ich obrazy F(k) I F(M), równe odpowiednio gk I g m, są pierwiastkami G. I w którym F(k+M)=F(k)∘F(M), ponieważ gk + M=gk∘ g m.

Niech teraz ( G, ∘) jest skończoną cykliczną grupą porządku N z elementem nadrzędnym G. Następnie każdy element gkÎ G jedynym sposobem jest dopasowanie elementu e kÎ E n(0£ k<N), zgodnie z regułą F(gk)=e k. A jednak dla każdego gk I g mÎ G wynika z tego F(gk∘ g m)=F(gk) ∘F(g m), ponieważ F(gk∘ g m)=F(gk + M)=F(R), Gdzie R=(k+M) mod N, I F(R)=hm=e k× e m. Oczywiste jest, że takie porównanie jest odwzorowaniem bijektywnym.

Pozwalać G- grupa i element A G. Rząd elementu a (oznaczony jako ׀а׀) jest najmniejszą liczbą naturalną NN, Co

A N = A . . . . A =1.

Jeśli taka liczba nie istnieje, mówimy tak A jest elementem nieskończonego porządku.

Lemat 6.2. Jeśli A k= 1 , więc k jest podzielna przez rząd elementu A.

Definicja. Pozwalać G- grupa i A G. Potem zestaw

H = (a k ׀ k }

jest podgrupą grupy G, zwaną podgrupą cykliczną generowaną przez element a (oznaczoną przez H =< а >).

Lemat 6.3. Podgrupa cykliczna H generowany przez element A zamówienie N, jest skończoną grupą rzędów N, I

H \u003d (1 \u003d za 0, za, ..., za n-1).

Lemat 6.4. Pozwalać A jest elementem nieskończonego porządku. Następnie podgrupa cykliczna H = <A> jest nieskończony i każdy element z H jest zapisany w formie A k , DoZ, i to w wyjątkowy sposób.

Grupa nazywa się cykliczny jeśli pokrywa się z jedną z jego cyklicznych podgrup.

Przykład 1. Grupa dodatków Z wszystkich liczb całkowitych to nieskończona grupa cykliczna generowana przez element 1.

Przykład 2 Zbiór wszystkich korzeni N potęga 1 to cykliczna grupa rzędów N.

Twierdzenie 6.2. Każda podgrupa grupy cyklicznej jest cykliczna.

Twierdzenie 6.3. Każda nieskończona grupa cykliczna jest izomorficzna z addytywną grupą liczb całkowitych Z. Dowolny skończony porządek cykliczny N izomorficzny do grupy wszystkich pierwiastków N stopień z 1.

normalna podgrupa. Czynnik grupowy.

Lemat 6.5. Pozwalać H– podgrupa grupy G, dla którego wszystkie lewe cosets są jednocześnie prawymi cosetami. Następnie

aH=Ha, A G.

Definicja. Podgrupa H grupy G zwany normalnym w G(oznaczone HG) jeśli wszystkie i lewe cosets są również prawymi cosetami, to znaczy

aH=Ha, AG.

Twierdzenie 6.4. Pozwalać H
G, G/N jest zbiorem wszystkich cosetów grupy G według podgrupy H. Jeśli zdefiniowano na zestawie G/N operację mnożenia w następujący sposób

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

To G/N staje się grupą, którą nazywamy grupą ilorazową grupy G według podgrupy H.

Homomorfizm grupowy

Definicja. Pozwalać G 1 i G 2 - grupy. Potem mapowanie F: G 1
G 2 nazywamy homomorfizmem G 1 w G 2 jeśli

F(Ab) = F(A)F(B) , a, b G 1 .

Lemat 6.6. Pozwalać F jest homomorfizmem grupowym G 1 na grupę G 2. Następnie:

1) F(1) - jednostka grupowa G 2 ;

2) F(A -1) = F(A) -1 ,AG 1 ;

3) F(G 1) - podgrupa grupy G 2 ;

Definicja. Pozwalać F jest homomorfizmem grupowym G 1 na grupę G 2. Potem zestaw

kerF = {AG 1 ׀F(A) = 1G 2 }

nazywamy jądrem homomorfizmu F .

Twierdzenie 6.5. khm F
G.

Twierdzenie 6.6. Każda normalna podgrupa grupy G jest jądrem pewnego homomorfizmu.

Pierścienie

Definicja. Niepusty zestaw DO zwany pierścień, jeśli zdefiniowane są na nim dwie operacje binarne, zwane dodawaniem i mnożeniem oraz spełniające następujące warunki:

    DO jest grupą abelową w odniesieniu do operacji dodawania;

    mnożenie jest asocjacyjne;

    obowiązują prawa rozdzielności

X(y+z) = xy+xz;

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

Przykład 1. Zestawy Q I R- pierścienie.

Pierścień nazywa się przemienny, Jeśli

xy=yx, x, yk.

Przykład 2 (Porównania). Pozwalać M jest ustaloną liczbą naturalną, A I B są dowolnymi liczbami całkowitymi. Potem numer A porównywalne z liczbą B modulo M jeśli różnica A – B podzielony przez M(pisemny: AB(mod M)).

Relacja równania jest relacją równoważności na zbiorze Z, łamanie Z na klasy zwane klasami reszt modulo M i oznaczone Z M. Pęczek Z M jest pierścieniem przemiennym z tożsamością.

pola

Definicja. Pole jest zbiorem niepustym R, zawierające nie 2 elementy, z dwiema binarnymi operacjami dodawania i mnożenia takimi, że:

Przykład 1. Pęczek Q I R niekończące się pola.

Przykład 2. Pęczek Z R jest polem końcowym.

Dwa elementy A I B pola R różne od 0 nazywane są dzielnikami zera, jeśli Ab = 0.

Lemat 6.7. W polu nie ma dzielników zera.

Rozważ multiplikatywną grupę wszystkich potęg całkowitych dwójki (2Z, ), gdzie 2Z= (2 n | P e Z). Dodatkowym odpowiednikiem języka tej grupy jest grupa addytywna parzystych liczb całkowitych (2Z, +), 2Z = (2n | p e Z). Podajmy ogólną definicję grup, których szczególnymi przykładami są te grupy.

Definicja 1.8. Grupa multiplikatywna (G,) (grupa dodatków (G, +)) jest nazywana cykliczny, jeśli składa się ze wszystkich potęg całkowitych (odpowiednio wszystkich wielokrotności całkowitych) jednego elementu a e G, te. G=(a p | p e Z) (odpowiednio, G - (odc | p e Z)). Oznaczenie: (a) brzmi: grupa cykliczna generowana przez element a.

Rozważ przykłady.

  • 1. Przykładem multiplikatywnej nieskończonej grupy cyklicznej jest grupa wszystkich potęg całkowitych pewnej ustalonej liczby całkowitej F±1, jest to oznaczone i Mr. Zatem, i d - (a).
  • 2. Przykładem multiplikatywnej skończonej grupy cyklicznej jest grupa Cn o n-tym pierwiastku jedności. Przypomnijmy, że n-te pierwiastki jedności to

zgodnie z formułą e k= cos---hisin^-, gdzie k = 0, 1, ..., P - 1. Śledź- str. str

Co ważne, С„ \u003d (e x) \u003d (e x \u003d 1, e x, ef \u003d e 2, ..., e "-1 \u003d? „_ x). Przypomnij sobie, że liczby zespolone e k, k = 1, ..., P - 1, reprezentowany przez punkty na okręgu jednostkowym, na które go dzielimy P równe części.

  • 3. Charakterystycznym przykładem addytywnej nieskończonej grupy cyklicznej jest addytywna grupa liczb całkowitych Z, generowana przez liczbę 1, tj. Z = (1). Geometrycznie jest przedstawiony jako punkty całkowite osi liczbowej. Zasadniczo grupa multiplikatywna jest przedstawiona w ten sam sposób 2 7 - = (2), ogólnie za z \u003d (a), gdzie jest liczbą całkowitą F±1 (patrz rys. 1.3). To podobieństwo obrazów zostanie omówione w podrozdziale 1.6.
  • 4. Wybieramy w dowolnej grupie multiplikatywnej G jakiś element A. Wtedy wszystkie potęgi całkowite tego elementu tworzą cykliczną podgrupę (a) = (a p e Z G.
  • 5. Udowodnijmy, że addytywna grupa liczb wymiernych Q sama nie jest cykliczna, ale dowolne dwa jej elementy leżą w podgrupie cyklicznej.

A. Udowodnijmy, że grupa addytywna Q nie jest cykliczna. Załóżmy odwrotnie: niech Q = (-). Istnieje liczba całkowita B,

nie dzieląc T. Skoro - eQ = (-) = sn-|neZ>, to są

b t / ( t J

istnieje liczba całkowita rc 0 taka, że ​​- = n 0 -. Ale wtedy m = n 0 kb,

Gdzie t: b- doszedł do sprzeczności.

B. Udowodnijmy, że dwie dowolne liczby wymierne -

Z „ /1

i - należą do podgrupy cyklicznej (-), gdzie T tam jest d t /

mniejsza wspólna wielokrotność liczb B I D. Rzeczywiście, niech t-bu

, i aj 1 /1 Z cv 1/1

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

b bu t t/ a dv t t/

Twierdzenie 1.3. Rząd grupy cyklicznej jest równy rzędowi elementu generującego tej grupy, tj.|(a)| = |a|.

Dowód. 1. Niech |a| = ">. Udowodnijmy, że wszystkie naturalne moce elementu A różny. Załóżmy przeciwnie: niech za k = za t i 0 do Wtedy T - Do jest liczbą naturalną i za t ~ k = mi. Jest to jednak sprzeczne z faktem, że | | a =°°. Zatem wszystkie naturalne moce elementu A są różne, stąd wynika, że ​​grupa (a) jest nieskończona. Dlatego | (a)| = °° = |a |.

2. Niech | | = n. Udowodnijmy to (a) \u003d (e - za 0, za, za 2,..., a "-1). Inkluzja (a 0, a, a 2, ..., o" 1-1) c (a) wynika z definicji grupy cyklicznej. Udowodnijmy inkluzję odwrotną. Dowolny element grupy cyklicznej (A) ma formę Na, Gdzie te Z. Podziel sznapsa przez resztę: m-nq + r, gdzie 0 p. Od za n = e, To Na = a p ja + g \u003d a p h? za r = za r mi(a 0 , a, 2 ,..., a "- 1). Stąd (a) c (a 0, a, a 2, ..., Zatem (a) \u003d (a 0, a, a 2, ..., a" -1 ).

Pozostaje udowodnić, że wszystkie elementy zbioru (a 0 , a, 2 ,..., a” -1 ) są różne. Załóżmy odwrotnie: niech 0 i P, ale" = A). Potem on - e i 0 j - i - doszło do sprzeczności z warunkiem | | = P. Twierdzenie zostało udowodnione.

Sekcje