Однозначность разложения

[Sinoid]

Здравствуйте! Попалось доказательство, никак не могу разобраться в некоторых местах. Я пока все рассуждение не буду писать, напишу часть, возможно, после вашей помощи остальную часть доказательства пойму сам. Свои комментарии, недоумения я буду писать между двумя знаками процентов.
Теорема. Если абелева группа $G$ двумя способами разложима на прямое произведение
неразложимых циклических множителей, то множители обеих разложений попарно изоморфны, так что порядки этих множителей одинаковы для всех разложений.

Доказательство. Эта теорема очевидна для групп простой степени \%насколько я знаю, понятие степень группы относится к группам подстановок, а причем степень группы в данном рассуждении, я ума не приложу. Насколько я могу понять, автор хотел написать ``для групп простого порядка'' или я не прав? \%, мы можем поэтому применить метод индукции, считая
теорему справедливой для всех групп более низкого порядка, чем рассматриваемая $G$. Пусть

$$ G=H_{1}\cdot H_{2}\cdot\ldots H_{k}=P_{1}\cdot P_{2}\cdot\ldots P_{l}, $$

где все $H_{j},$ $P_{i}$- циклические неразложимые группы, порядок которых, следовательно,- степени простых чисел. Пусть $H_{1}$ - любой
из этих множителей этих разложений.$H_{1}$ образована степенями одного
элемента $h_{1}$; мы имеем:

$$ h_{1}=p_{1}\cdot p_{2}\ldots, $$

где $p_{j}$ принадлежит к $P_{j}$; порядки этих $p_{j},$ очевидно, делители порядка $h_{1}$ \%это, мне кажется, доказывается вот как. Пусть порядок элемента $h_{1}$ есть $t_{1}^{\alpha_{1}},$ где $t_{1}$- простое число. Тогда $\Large\mbox{\ensuremath{{h_{1}^{t_{1}^{\alpha_{1}}}=p_{1}^{t_{1}^{\alpha_{1}}}p_{2}^{t_{1}^{\alpha_{1}}}\ldots}}}$
Т.к. для любого допустимого $m$ $P_{1}\cdot P_{2}\cdot\ldots\cdot P_{m-1}P_{m+1}\ldots\,\cap P_{m}=\{e\}$,
то равенство $\Large\mbox{\ensuremath{h_{1}^{t_{1}^{\alpha_{1}}}=e}}$
имеет место тогда и только тогда, когда для любого допустимого $m$
$\Large\mbox{\ensuremath{p_{m}^{t_{1}^{\alpha_{1}}}=e}}$ ... правильно?\%.
Представим, обратно, элемент $p_{i}$ через компоненты левой части, так что

$$ p_{i}=h_{1}^{a_{i}}h_{2}^{b_{i}}\ldots,\,\mbox{где \ensuremath{i=1,2,\ldots,l}}. $$

Так как произведение всех $p_{i}$ есть $h_{1}$, то по крайней мере
один из элементов $h_{1}^{a_{i}}$, например, $h_{1}^{a_{1}}$ должен быть того же порядка $t_{1}^{\alpha_{1}}$, как $h_{1}$. \%вот тут никак не пойму. Вот я пишу систему равенств:

$$ \left\{ \begin{matrix}p_{1}=h_{1}^{a_{1}}h_{2}^{b_{1}}\ldots\\ p_{2}=h_{1}^{a_{2}}h_{2}^{b_{2}}\ldots\\ \hdotsfor{1} \end{matrix}\right. $$

значит, будет вот что: $h_{1}=(h_{1}^{a_{1}}h_{1}^{a_{2}}\ldots)(h_{2}^{b_{1}}h_{2}^{b_{2}}\ldots)\ldots$, а вот что можно утверждать про порядок $h_{1}^{a_{1}}$ я никак не могу понять. Объясните, пожалуйста.\%

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1090255 писал(а):

$h_{1}=(h_{1}^{a_{1}}h_{1}^{a_{2}}\ldots)(h_{2}^{b_{1}}h_{2}^{b_{2}}\ldots)\ldots$,

из этого я могу заключить, что $a_{1}+a_{2}+\ldots\equiv1(\operatorname{mod}t_{1}^{\alpha_{1}})$

[AV_77]

Не самое хорошее доказательство.

Пусть $a_1 + a_2 + \ldots \equiv 1 \pmod{t_1^{\alpha_1}}$. $t_1$ - простое число (так как $H_1$ неразложима). Очевидно, что найдется хотя бы один индекс $i$ такой, что $a_i$ не делится на $t_1$. Тогда этот $a_i$ обратим. Чему равен порядок элемента $h_1^{a_i}$?

[Sinoid]

AV_77 в сообщении #1090422 писал(а):

Чему равен порядок элемента $h_1^{a_i}$?

Пусть этот порядок есть $x$. Тогда $(h_{1}^{a_{i}})^{x}=e$, откуда $a_i x \vdots t_{1}^{\alpha_{1}}$. $a_i$ не делится на $t_{1}^{\alpha_{1}}$, поэтому на него делится $x$. Учитывая минимальность числа $x$, получаю, что $x=t_{1}^{\alpha_{1}}$. Так?

[AV_77]

Так.

[Sinoid]

Пока спасибо за помощь, но, возможно, я в этой теме еще спрошу. Вот видите, два слова, а как помогло.

[Sinoid]

Опять в голове ерунда какая-то. Вот что написано далее:

Цитата:

Тогда элемент $p_{1}=h_{1}^{a_{1}}h_{2}^{b_{1}}\ldots$ будет тоже порядка $t_{1}^{a_{1}}$ . Откуда если $\{p_{1}\}=P'_{1}$, то $P'_{1}\simeq H_{1}$ и каждый элемент $p_{1}^{k}$ группы $P'_{1}$ , кроме единицы, имеет отличный от единицы компонент $h_{1}^{a_{1}k}$ в группе $H_{1}$, следовательно, группы $P'_{1}$ и $H_{2}\cdot H_{3}\ldots H_{k}$ - взаимно простые. Я могу составить прямое произведение

$$P'_{1}\cdot H_{2}\cdot H_{3}\ldots H_{k}.$$

Однако это произведение того же порядка, что и $H_{1}\cdot H_{2}\cdot H_{3}\ldots H_{k},$
т.е. равно $G$, и я получаю:

$$G=P_{1}'\cdot H_{2}\cdot H_{3}\ldots H_{k}=P_{1}\cdot P_{2}\ldots P_{l}\eqno (1)$$

Если элементы $P_{1}$ представить через компоненты, принадлежащие к левой части, то отсюда следует: $P_{1}=P'_{1}\cdot H,$

Вот не пойму, почему $P_{1}$ оказалось прямым произведением. Вот посмотрите, пожалуйста. Вот я пишу: $p_{1}\in P_{1}$. И, значит, $P'_{1}\vartriangleleft P_{1}$, ну это отношение пока не представляется интересным, а интересно вот что. Получается, что $|P_{1}|=t_{1}^{\alpha_{1}+\alpha}\$. И это, ИМХО, стопудово. Допустим, что группа $P_{1}$ порождается элементом $p_{10}$. Давайте, чтобы мне было легче, я иногда циклические группы буду записывать в явном виде. Итак, $P_{1}=\{e,\, p_{10},\, p_{10}^{2},\ldots,\, p_{10}^{t_{1}^{\alpha_{1}+\alpha-1}}\}.$ Т.к. в этой группе только у одного элемента- $p_{10}^{t_{1}^{\alpha}}$ - порядок равен $t_{1}^{\alpha}$ и, т.к. $p_{1}$входит в $P_{1}$, то $p_{1}=p_{10}^{t_{1}^{\alpha}}$. Обозначу элемент, порождающий группу $H_{n}$, $n=2,\,3,\ldots,\, k$, через $h_{n}$. Запишу элемент $p_{10}$ через левую часть представления (1): $p_{10}=p_{1}^{c_{1}}h_{2}^{c_{2}}\ldots h_{k}^{c_{k}}$ . Тогда, например, в $P_{1}$ входят $p_{1}^{c_{1}}h_{2}^{c_{2}}\ldots h_{k}^{c_{k}}$ и $p_{1}^{2c_{1}}h_{2}^{2c_{2}}\ldots h_{k}^{2c_{k}}$, и, значит, т.к. $P_{1}$ есть произведение, то в него должно входить и $p_{1}^{c_{1}}h_{2}^{2c_{2}}\ldots h_{k}^{2c_{k}}$ (слушайте, меня это обстоятельство до этого момента ставило в тупик, но сейчас только дошло, противоречия не возникнет, если положить $h_{2}h_{3}\ldots h_{k}=e$). С другой стороны, в $P_{1}$ входит элемент $p_{1}$, а, значит, в $P_{1}$ входит и вся циклическая группа $\{p_{1}\}.$ $P_{1}=\{p_{1}\}=P'_{1}$. Получается, что я доказал не просто изоморфизм, а “физическое совпадение”. Это было бы все хорошо, но я не понял, почему $P_{1}$ равно прямому произведению. На первый взгляд, можно было бы подумать, что раз $P_{1}$ подгруппа прямого произведения $P'_{1}\cdot(H_{2}\cdot H_{3}\ldots H_{k})$, то, применяя вот эту задачу, я могу получить нечто в этом духе, но вся беда в том, что эту задачу я применить не могу: неизвестно, порядки $P'_{1}$ и $H_{2}H_{3}\ldots H_{k}$ взаимно просты или нет. (Если можно, проясните этот момент). Хотя я над этим думал-думал и надумал пойти вообще другим путем (нормальные герои всегда идут в обход). Смотрите: вот я пишу два равенства: $p_{1}=p_{10}^{t_{1}^{\alpha}}$ и $p_{10}=p_{1}^{c_{1}}h_{2}^{c_{2}}\ldots h_{k}^{c_{k}}$, откуда $p_{1}=p_{1}^{c_{1}t_{1}^{\alpha}}h_{2}^{c_{2}t_{1}^{\alpha}}\ldots h_{k}^{c_{k}t_{1}^{\alpha}}$, значит, $c_{1}t_{1}^{\alpha}\equiv1(\operarorname{\mod}t_{1}^{\alpha})$, что возможно только при $c_{1}=1$ и $\alpha=0$, а тогда $|P_{1}|=t_{1}^{\alpha_{1}}$ и опять-таки $P_{1}=\{p_{1}\}=P'_{1}$ и, хотя, вроде бы доказательство получено, осадок недопонимания остался.

[AV_77]

Лучше возьмите нормальный учебник.

[Sinoid]

AV_77 в сообщении #1091891 писал(а):

Лучше возьмите нормальный учебник

Уж очень этого не хочется. Во-первых, мне того учебника осталось дочитать главы 3,7 и все, начинаю плотно решать задачи, а возьмешь другой учебник, так там же, наверняка, другое (хотя в некоторых местах, возможно и похожее дословно) построение и пока это раскрутишь, еще месяца 3-4 уйдет а, во-вторых, я, конечно, не хвастаюсь, но я во всех серьезных учебниках с доказательствами нахожу такие нестыковки, так что менять шило на мыло...

[AV_77]

Попробуйте сначала следующую задачу решить.
Пусть $G = A \times B$ и $H$ - подгруппа $G$ такая, что $A \leq H$. Тогда $H = A \times (H \cap B)$.

А вообще возьмите нормальный учебник. У вас даже терминология немного странная (степень группы, взаимно простые подгруппы).

[Sinoid]

AV_77 в сообщении #1091979 писал(а):

У вас даже терминология немного странная (степень группы, взаимно простые подгруппы).

Ну так не будешь же игнорировать, к примеру, 650 страниц книги Теория групп Куроша (иногда и она мне помогает что-то понять, хотя, конечно, уровень там еще выше и до нее нужно еще дорасти), а ведь там тоже есть понятие степени группы, но, правда, взаимно простые группы там не определяются, но вы же и так поняли, о чем речь. Я же говорю, что если возьму другую книгу, это все затянется еще неизвестно насколько и создам я еще неизвестно сколько тем, на которые буду получать еще меньше ответов: я чувствую, что уже надоел здесь всем с этой теорией групп.

AV_77 в сообщении #1091979 писал(а):

Попробуйте сначала следующую задачу решить.
Пусть $G = A \times B$ и $H$ - подгруппа $G$ такая, что $A \leq H$. Тогда $H = A \times (H \cap B)$

Ну конечно же! Я эту задачу решал в сборнике Каролинского-Новикова. По задаче, на которую я ссылался выше, могу написать: стоп, я тут еще раз внимательно продумал, нет, та задача вообще тут не нужна. Вернее нужна, но только отчасти. Если через $A_1$ и $B_1$ я обозначу множество компонент подгруппы $H$ в прямых множителях $A$ и $B$ соответственно, то рассуждениями, аналогичными приведенным в той теме, я получу, что множества $A_1$ и $B_1$ - подгруппы. Если бы существовал элемент $a_0$ группы $A$, не принадлежащий группе $A_1$, то, т.к. $a_0 \notin B_1$, какие бы сочетания элементов в $A_1$ и $B_1$ я ни брал, я бы не мог получить от их умножения $a_0$ ($A_1 \cap B_1=E$). Откуда $A_1=A$. Далее, беру $h_1=a_1b_1$, $h_1 \in H$, т.к. $a_1 \in H$, то и $b_1 \in H$, откуда $b_1 \in B \cap H$. Это я доказал, что $H\leq A\times(B\cap H)$. С другой стороны, всякий элемент $ A\times(B\cap H)$ входит в $H$: $A\times(B\cap H)\leq H$. И только из этого следует, что $H=A\times(B\cap H)$. Правильно?

[Sinoid]

А всего и дел-то, что использовать классическое определение равенства множеств: если $h=ab$ - произвольный элемент множества $H$, то $b=a^{-1}f$, а, т.к. $a^{-1} \in H$, то и $b \in H$. Итак, всякий элемент множества $H$ является элементом множества $A\times(B\cap H)$. Обратно, т.к. $ $A \leq H$$, то всякий элемент множества $A\times(B\cap H)$ есть элемент множества $H$. Отсюда по определению $H=A\times(B\cap H)$. Я вчера, когда писал, меня интуитивно что-то не устраивало, а сегодня я наконец-то сформулировал, как надо.