Найти число гомоморфизмов

[Gilb007]

Пусть $f:G_1\to G_2$ ,где $f-$гомоморфизм

Во всех задачах, приведенных ниже , нужно найти число гомоморфизмов.

1. $f: <a>_{21} \to <b>_{42}$ , при этом ${f(a^{18})}=b^{12}$
Решение:
${f(a^{18})}=(b^x)^{18}=b^{12}$

Решим уравнение:
$18x=12 (mod\ 42)$ , $gcd(42,18)=6$
$3x=2 (mod\ 14)$ , $5*3x=5*2 (mod \ 14)$
$15x=10 (mod \ 14)$ , $x=10 (mod \ 14)$
$x=10,24,38 (mod \ 70)$

Ответ: 3 гомоморфизма.Правильный ли ответ?

2. $f: <a>_{21} \to <b>_{42}\times <c>_{15}$

Как подойти не знаю..

3. $f: (\mathbb{Z}_{10},+)\times (\mathbb{Z}_{25},+) \to {\mathbb{Z}_{31}^*}$
аналогично..

4. Найти все эдоморфизмы $f$ циклической группы $<a>_{40}$, такие,что $f(a^{15})\ne 1$
____________________________________________________________________

Помогите пожалуйста разобраться в задачах.

[VAL]

Gilb007 в сообщении #259900 писал(а):

Пусть $f:G_1\to G_2$ ,где $f-$гомоморфизм

Во всех задачах, приведенных ниже , нужно найти число гомоморфизмов.

1. $f: <a>_{21} \to <b>_{42}$ , при этом ${f(a^{18})}=b^{12}$
Решение:
${f(a^{18})}=(b^x)^{18}=b^{12}$

Решим уравнение:
$18x=12 (mod\ 42)$ , $gcd(42,18)=6$
$3x=2 (mod\ 14)$ , $5*3x=5*2 (mod \ 14)$
$15x=10 (mod \ 14)$ , $x=10 (mod \ 14)$
$x=10,24,38 (mod \ 70)$

А почему при $\mbox{НОД}(42,18)=6$ Вы модуль на 3 поделили?
А откуда 70 взялось? Когда обе части сравнения умножают на число взаимно простое с модулем, сам модуль не трогают. Просто единственный класс вычетов, удовлетворяющий сравнению по приведенному модулю, надо разбросать на несколько классов по исходному.

Это замечания по поводу решения сравнения. Но, само по себе решение сравнения не гарантирует нахождения гомоморфизма.

Цитата:

Ответ: 3 гомоморфизма. Правильный ли ответ?

Даже если правильный, то много ли он стоит при неправильном решении?

Цитата:

4. Найти все эдоморфизмы $f$ циклической группы $<a>_{40}$, такие,что $f(a^{15})\ne 1$.

А сколько всего существует эндоморфизмов циклической группы из 40 элементов? Что достаточно указать, чтобы задать эндоморфизм?

[Gilb007]

Цитата:

А почему при Вы модуль на 3 поделили?

Вы правы,исправляю..

$f: <a>_{21} \to <b>_{42}$ , при этом ${f(a^{18})}=b^{12}$
Решение:
${f(a^{18})}=(b^x)^{18}=b^{12}$

Решим уравнение:
$18x=12 (mod\ 42)$ , $gcd(42,18)=6$
$3x=2 (mod\ 7)$ , $5*3x=5*2 (mod \ 7)$
$x=3 (mod \ 7)$ , $x=3+7*s (mod \ 7)$
$x=3,10,17,24,31,38 (mod \ 42)$

По идеи теперь получается 6.

Цитата:

Но, само по себе решение сравнения не гарантирует нахождения гомоморфизма.

А что гарантирует?

Цитата:

А сколько всего существует эндоморфизмов циклической группы из 40 элементов? Что достаточно указать, чтобы задать эндоморфизм?

Известно,что эндоморфизм-это гомоморфизм на себя.
По теореме о гомоморфизме ${\frac{<a>_{40}}{ker f}}\cong Im f$, получаем $|ker f|=40,20,10,8,5,4,2,1$

дальше идут непонятки..

[VAL]

Gilb007 в сообщении #259933 писал(а):

Цитата:

А почему при Вы модуль на 3 поделили?

Вы правы,исправляю..

$f: <a>_{21} \to <b>_{42}$ , при этом ${f(a^{18})}=b^{12}$
Решение:
${f(a^{18})}=(b^x)^{18}=b^{12}$

Решим уравнение:
$18x=12 (mod\ 42)$ , $gcd(42,18)=6$
$3x=2 (mod\ 7)$ , $5*3x=5*2 (mod \ 7)$
$x=3 (mod \ 7)$ , $x=3+7*s (mod \ 7)$
$x=3,10,17,24,31,38 (mod \ 42)$

По идеи теперь получается 6.

Сравнение решено верно. Но не исходная задачка.

Цитата:

Цитата:

Но, само по себе решение сравнения не гарантирует нахождения гомоморфизма.

А что гарантирует?

Дело в том, что порождающий элемент группы $<a>_{21}$ может при гомоморфизме переходить не в любой элемент группы $<b>_{42}$.
Например, предположим, что $f(a)=b^3$. Пусть $e$ и $e'$ - нейтральные элементы групп $<a>_{21}$ и $<b>_{42}$. Тогда по свойству гомоморфизма $f(e)=f(a^{21})=(b^3)^{21}=b^{42}\cdot b^{21} = b^{21} \ne e'$, что при гомоморфизме невозможно. Таким образом, гомоморфизма, при котором $f(a)=b^3$ не существует.

Цитата:

Цитата:

А сколько всего существует эндоморфизмов циклической группы из 40 элементов? Что достаточно указать, чтобы задать эндоморфизм?

Известно,что эндоморфизм-это гомоморфизм на себя.
По теореме о гомоморфизме ${\frac{<a>_{40}}{ker f}}\cong Im f$, получаем $|ker f|=40,20,10,8,5,4,2,1$

Это верно.

Цитата:

дальше идут непонятки..

А в какие элементы группы $<a>_{40}$ может переходить $a$, так чтобы это отображение можно было продолжить до эндоморфизма $<a>_{40}$, скажем, на подгруппу из 10 элемнтов?

[Gilb007]

Цитата:

Дело в том, что порождающий элемент группы $<a>_{21}$ может при гомоморфизме переходить не в любой элемент группы $<b>_{42}$.
Например, предположим, что $f(a)=b^3$. Пусть $e$ и $e'$ - нейтральные элементы групп $<a>_{21}$ и $<b>_{42}$. Тогда по свойству гомоморфизма $f(e)=f(a^{21})=(b^3)^{21}=b^{42}\cdot b^{21} = b^{21} \ne e'$, что при гомоморфизме невозможно. Таким образом, гомоморфизма, при котором $f(a)=b^3$ не существует.

Val,это натолкнуло на следущие рассуждения!А что если решить еще одно сравнение?

${f(a^{21})}=(b^x)^{21}$

$21x=0 (mod\ 42)$ , $gcd(42,21)=21$
$x=0 (mod\ 2)$ ,
$x=0,2,4,6,..,10,..,24,..,38,40 (mod \ 42)$

$\begin{cases}x=0,2,4,6,..,10,..,24,..,38,40 (mod \ 42),\\x=3,10,17,24,31,38 (mod \ 42) .\end{cases}$

Это,похоже,обосновывает выбор 10,24 и 38 ))

Значит при таком решение 3 гомоморфизма.

Цитата:

А в какие элементы группы $<a>_{40}$ может переходить $a$, так чтобы это отображение можно было продолжить до эндоморфизма $<a>_{40}$, скажем, на подгруппу из 10 элемнтов?

На этот вопрос отвечу чуть позже.

[Gilb007]

Цитата:

А в какие элементы группы $<a>_{40}$ может переходить $a$, так чтобы это отображение можно было продолжить до эндоморфизма $<a>_{40}$, скажем, на подгруппу из 10 элементов?

Т.к $<a>_{40}$-циклическая группа,то $H \leqslant <a>_{40}$ ($H$-единственная подгруппа ,делителя порядка $<a>_{40}$) .Пусть $ord(H)=10$ ,следовательно,$H=\{a^{0},a^4,a^8,a^{12},a^{16},a^{20},a^{24},a^{28},a^{32},a^{36}\}$.Ядро $ord(ker f)=4$,$ker f=\{a^0,a^{10},a^{20},a^{30}\}$

${\begin{tabular}{|p{2cm}|p{2cm}|} \hline \multicolumn{2}{|c|}{\large\textbf{ker f}}\\ \hline Элемент & Порядок\\ \hline a^0 & 1\\ \hline a^{10} & 4\\ \hline a^{20} & 2\\ \hline a^{30} & 4\\ \hline \end{tabular}}\left{\begin{tabular}{|p{2cm}|p{2cm}|} \hline \multicolumn{2}{|c|}{\large\textbf{Im f}}\\ \hline Элемент & Порядок\\ \hline a^0 & 1\\ \hline a^{4} & 10\\ \hline a^{8} & 5\\ \hline a^{12} & 10\\ \hline a^{16} & 5\\ \hline a^{20} & 2\\ \hline a^{24} & 5\\ \hline a^{28} & 10\\ \hline a^{32} & 5\\ \hline a^{36} & 10\\ \hline \end{tabular}}$

Для гомоморфизма справедливо $ord(a)|ord(f(a))$.
$f(a^0)=a^0$
$f(a^{20})=a^{20}$

Т.о элементам $a^{10},a^{30}$ при таком гомоморфизме (где порядок образа равен 10) просто некуда переходить..Значит при такой подгруппе только один гомоморфизм?

[VAL]

Gilb007 в сообщении #260387 писал(а):

Это,похоже,обосновывает выбор 10,24 и 38 ))

Похоже.

-- 11 ноя 2009, 00:49 --

Gilb007 в сообщении #260607 писал(а):

Цитата:

А в какие элементы группы $<a>_{40}$ может переходить $a$, так чтобы это отображение можно было продолжить до эндоморфизма $<a>_{40}$, скажем, на подгруппу из 10 элементов?

Т.к $<a>_{40}$-циклическая группа,то $H \leqslant <a>_{40}$ ($H$-единственная подгруппа ,делителя порядка $<a>_{40}$) .Пусть $ord(H)=10$ ,следовательно,$H=\{a^{0},a^4,a^8,a^{12},a^{16},a^{20},a^{24},a^{28},a^{32},a^{36}\}$.Ядро $ord(ker f)=4$,$ker f=\{a^0,a^{10},a^{20},a^{30}\}$

${\begin{tabular}{|p{2cm}|p{2cm}|} \hline \multicolumn{2}{|c|}{\large\textbf{ker f}}\\ \hline Элемент & Порядок\\ \hline a^0 & 1\\ \hline a^{10} & 4\\ \hline a^{20} & 2\\ \hline a^{30} & 4\\ \hline \end{tabular}}\left{\begin{tabular}{|p{2cm}|p{2cm}|} \hline \multicolumn{2}{|c|}{\large\textbf{Im f}}\\ \hline Элемент & Порядок\\ \hline a^0 & 1\\ \hline a^{4} & 10\\ \hline a^{8} & 5\\ \hline a^{12} & 10\\ \hline a^{16} & 5\\ \hline a^{20} & 2\\ \hline a^{24} & 5\\ \hline a^{28} & 10\\ \hline a^{32} & 5\\ \hline a^{36} & 10\\ \hline \end{tabular}}$

Это верно.

Цитата:

Для гомоморфизма справедливо $ord(a)|ord(f(a))$.

А не наоборот?

Цитата:

$f(a^0)=a^0$

Конечно! Нейтральный элемент может переходить только в нейтральный.

Цитата:

$f(a^{20})=a^{20}$

А это с чего? Куда обязаны переходить все элементы ядпр?

Цитата:

Т.о элементам $a^{10},a^{30}$ при таком гомоморфизме (где порядок образа равен 10) просто некуда переходить..

Как это!? Что это за гомоморфизм, при котором отображаются не все элементы исходной группы?!

Цитата:

Значит при такой подгруппе только один гомоморфизм?

Нет.
Рассмотрите, в какой элемент должен перейти $a$, чтобы вся группа перешла в $H$, точнее НА $H$.

[Gilb007]

Цитата:

А не наоборот?

Я тоже тогда засомневался.Значит правильно,если $ord(f(a))|ord(a)$ .

Цитата:

А это с чего? Куда обязаны переходить все элементы ядра?

Ну вообще-то все элементы ядра должны переходить в нейтральный элемент,т.е

$f(a^0)=a^0$
$f(a^{10})=a^0$
$f(a^{20})=a^0$
$f(a^{30})=a^0$

Цитата:

Нет.
Рассмотрите, в какой элемент должен перейти $a$, чтобы вся группа перешла в $H$, точнее НА $H$.

Я так понимаю,что это принципиально важный момент в переходе порождающего элемента из $<a>_{40}$.

Значит порождающий элемент из $<a>_{40}$ (число их равно $\varphi(40)=16$) должен перейти в порождающий элемент $H$ (число их равно $\varphi(10)=4$,в табличке видны какие это элементы).

Например,если рассмотреть такой гомоморфизм:
$a*ker f=\{a^1,a^{11},a^{21},a^{31}\} \to a^4$
$a^3*ker f=\{a^3,a^{13},a^{23},a^{33}\} \to a^{12}$
$a^7*ker f=\{a^7,a^{17},a^{27},a^{37}\} \to a^{28}$
$a^9*ker f=\{a^9,a^{19},a^{29},a^{39}\} \to a^{36}$
Получается,что по сути нужно рассмотреть $4!=24$ различных гомоморфизмов перехода от порождающих элементов фактор-группы в порождающие группы $H$ ?

Val,огромное Вам спасибо,что помогаете разобраться в задачах!!

[VAL]

Gilb007 в сообщении #260731 писал(а):

Цитата:

А это с чего? Куда обязаны переходить все элементы ядра?

Ну вообще-то все элементы ядра должны переходить в нейтральный элемент,т.е

$f(a^0)=a^0$
$f(a^{10})=a^0$
$f(a^{20})=a^0$
$f(a^{30})=a^0$

Конечно!

Цитата:

Цитата:

Рассмотрите, в какой элемент должен перейти $a$, чтобы вся группа перешла в $H$, точнее НА $H$.

Я так понимаю,что это принципиально важный момент в переходе порождающего элемента из $<a>_{40}$.

Я бы даже сказал - определяющий.

Цитата:

Значит порождающий элемент из $<a>_{40}$ (число их равно $\varphi(40)=16$) должен перейти в порождающий элемент $H$ (число их равно $\varphi(10)=4$,в табличке видны какие это элементы).

Например,если рассмотреть такой гомоморфизм:
$a*ker f=\{a^1,a^{11},a^{21},a^{31}\} \to a^4$
$a^3*ker f=\{a^3,a^{13},a^{23},a^{33}\} \to a^{12}$
$a^7*ker f=\{a^7,a^{17},a^{27},a^{37}\} \to a^{28}$
$a^9*ker f=\{a^9,a^{19},a^{29},a^{39}\} \to a^{36}$
Получается,что по сути нужно рассмотреть $4!=24$ различных гомоморфизмов перехода от порождающих элементов фактор-группы в порождающие группы $H$ ?

Откуда взялось 24?
Вы отобразили $a$ в $a^4$. Нужно ли после этого указывать куда перешли остальные порождающие элементы? Тем боле, что по определению циклической группы, порождающий элемент только один!
Нет, Вы, конечно, правы, что в качестве порождающего можно взять любой из 16-и подходящих элементов. Но если мы уже взяли какой-то, зачем нам остальные 15?

[Gilb007]

Цитата:

Откуда взялось 24?

Ну я вот как подумал...Рассмотрел фактор-группу $\frac {<a>_{40}}{ker f}$ и группу $H$.В обоих группах по 4-ре порождающих элементa.А число $24$ получилась как множество всех перестановок из $4$-х элементов (мощность $S_4$).

Цитата:

Вы отобразили $a$ в $a^4$. Нужно ли после этого указывать куда перешли остальные порождающие элементы? Тем боле, что по определению циклической группы, порождающий элемент только один!
Нет, Вы, конечно, правы, что в качестве порождающего можно взять любой из 16-и подходящих элементов. Но если мы уже взяли какой-то, зачем нам остальные 15?

Очень похоже на правду.Тогда смею предположить,что число гомоморфизмов по такой подгруппе будет равно 4-м.
Т.е берем любой из 16-ти порождающих элементов $<a>_{40}$,но перейти-то но может в один из четырех порождающих $H$.

[VAL]

Gilb007 в сообщении #261304 писал(а):

Очень похоже на правду.

Такое иногда случается: правда похожа на правду

Цитата:

Тогда смею предположить,что число гомоморфизмов по такой подгруппе будет равно 4-м.
Т.е берем любой из 16-ти порождающих элементов $<a>_{40}$,но перейти-то но может в один из четырех порождающих $H$.

Угу. Причем я (чтобы не усложнять себе жизнь) ограничился бы рассмотрением в качестве любого из порождающих элемента. a.
Итак, одну ключевую мысль мы, надеюсь, зафиксировали. Для задания эндоморфизма, достаточно указать образ элемента a.

Следующий вопрос (после правильного ответа на который до решения рукой подать): в любой ли элемент $<a>_{40}$ можно отобразить a?

[Gilb007]

Цитата:

Следующий вопрос (после правильного ответа на который до решения рукой подать): в любой ли элемент $<a>_{40}$ можно отобразить a?

Эм...Не совсем может понял вашего вопроса,но предполагаю,что вы имеете ввиду отображение порождающего элемента a из $<a>_{40}$ в любой порождающий элемент из $H$.Или что-то другое?

[VAL]

Gilb007 в сообщении #261721 писал(а):

Цитата:

Следующий вопрос (после правильного ответа на который до решения рукой подать): в любой ли элемент $<a>_{40}$ можно отобразить a?

Эм...Не совсем может понял вашего вопроса,но предполагаю,что вы имеете ввиду отображение порождающего элемента a из $<a>_{40}$ в любой порождающий элемент из $H$. Или что-то другое?

Нет. $H$ уже проехалаи. Эта подгруппа ведь была выбрана просто для примера (см. соответствующий пост). Прямого отношения к решению задачи она не имеет. Цель была разобраться: чем определяется каждый эндоморфизм $<a>_{40}$ и сколько всего эндоморфизмов у этой группы.

[Gilb007]

Цитата:

Нет. $H$ уже проехали. Эта подгруппа ведь была выбрана просто для примера (см. соответствующий пост). Прямого отношения к решению задачи она не имеет. Цель была разобраться: чем определяется каждый эндоморфизм $<a>_{40}$ и сколько всего эндоморфизмов у этой группы.

А,понял)
С эндоморфизмами благодаря вам уже разобрался,но в той задачке есть ограничение,что $f(a^{15})\ne 1$.На всякий случай напишу,что всего эндоморфизмов (без ограничения) 40 штук получается.

В течение дня подумаю как дорешать задачку..

[Gilb007]

Сорри,оперативно не смог ответить.

значит эндоморфизмы..

Т.к есть ограничение $f(a^{15})\ne 1$,то не всякий эндоморфизм по некоторой подгрупе возможен.
Т.е если рассмотреть $Im f=1$ и ,соответственно, $Ker f=40$, то этот эндоморфизм исключаем ? И т.д.