Нормальный делитель группы

[GanimeD]

Необходимо показать, что в группе порядка $pq$, где $p$ и $q$ -- простые числа (причем $p<q$), подгруппа порядка $q$ является нормальным делителем.

В ранее поднятой теме обсуждалось, что вообще в такой группе подгруппа $H$ порядка $q$ всего одна. Если, опять же, вспомнить теоремы Силова, то и доказывать ничего не надо. Но что делать, если эти теоремы "неизвестны"?

Я так полагаю, нужно доказать, что правые и левые смежные классы по $H$ совпадают, или что нормализатор $H$ -- есть сама группа, или что существует фактор-группа по $H$, или какою-нибудь еще штуку, характерную для нормальных делителей. :) Пока у меня ничего этого не получилось... Буду раз любому совету/помощи.

[zZoMROT]

|$G$|=$pq$
|$G_1$|=$p$, |$G_2$|=$q$

$G$ изоморфна $Z_{pq}$
$G_1$ изоморфна $Z_p$, $G_2$ изоморфна $Z_q$
Тогда $Z_{pq} = Z_p \oplus Z_q$
$p<q$ => $Z_p$ подгруппа в $Z_q$ ($G_1$ подгруппа в $G_2$) (т.к. пересечение любых подгрупп любой группы является подгруппой заданой группы)
Так как любая конечная группа простого порядка является циклической, то $Z_p$ и $Z_q$ - циклические => $\exists p_0, q_0 : <p_0>=Z_p, <q_0>=Z_q$, а $Z_p$ подгруппа в $Z_q$ => их единицы совпадают: $e_{Z_p} = e_{Z_q}$
$\forall a \in Z_p$ $a \in Z_q$, так как $Z_p$ подгруппа в $Z_q$
Докажем: $\forall x \in Z_{pq}$ $\forall u \in Z_q$ $xux^{-1}\in Z_q$
1) если $x \in Z_q$ => очевидно (из замкнутости $Z_q$)
2) если $x \in Z_p$ => $x \in Z_q$, далее п.1

[zZoMROT]

Что-то переворотил

$p, q $- простые => $G_1 = <p_0>$, $G_2 = <q_0>$
1) Если $G$ - конечная группа, то $\forall g \in G$ $ord(g)$ делит $|G|$
Док-во:
Рассмотрим $<g>$ подгруппу в $G$: $<g> = \{g, g^2, ..., g^{ord(g)}\}$, $|<g>|=ord(g)$
По т-ме Лагранжа $|<g>|$ делит $|G|$ => $ord(g)$ делит $G$

2) из п.1 получаем, что $ord(g)$ равен либо $p$, либо $q$, либо $pq$

3) $G$-группа, $g\inG$, $ord(g)=n\in\mathbb{N}$, тогда $g^k=1$ <=> $n$ делит $k$
Док-во:
Так как мне лениво нам понадобится только справа налево, потому только это и докажу.
Если $n$ делит $k$, то $\exists q: k=nq$ => $g^k=g^{nq}$ => $(g^{n})^q}=e^q=e$

4) Из п.3 и п.4 так как и $p$, и $q$ делят $pq$ => $g^{pq}=e$ => $<e> = G$ => по опр. $G$ - циклическая

5) $G$ - циклическая конечная группа, $|G|=pq$ => $G$ - изоморфна $(\mathbb{Z}/m, +)$
Док-во:
$G = <g>$.
Рассмотрим отображение $\varphi: (\mathbb{Z}, +) \to (G, *)$; $\varphi (k) = g^k, k\in\mathbb{Z}$
$\varphi$ - сюрьективно, т.к. $\forall h\inG$ $\exists k: h=g^k$
Следовательно, $\forall h\inG$ $\exists$прообраз в $\mathbb{Z}$
$\varphi$ - гомоморфизм: $\varphi(k_1+k_2)=g^{k_1+k_2}=g^{k_1}g^{k_2}=\varphi(k_1)\varphi(k_2)$
Следовательно, $\varphi$ - эпиморфизм.
По т-ме об эпиморфизме: $\rho$: $k_1\rhok_2$ <=> $\varphi(k_1) = \varphi(k_2)$ <=> $g^{k_1} = g^{k_2}$
$G$ - конечная, $|G|=pq$, то $org(g)=pq$
$g^{k_1}=g^{k_2}$ <=> $g^{k_2-k_1}=e$ <=> $pq$ делит $k_2 - k_1$ <=> $k_1 \equiv k_2 (mod pq)$
$\rho$ - отношение сравнимости по $mod$ $pq$
$\mathbb{Z}/\rho = \mathbb{Z}/pq$
$(\mathbb{Z}/\rho, +)$ изоморфна $(G, *)$ => $(\mathbb{Z}/pq, +)$ изоморфна $(G, *)$

[mihiv]

Пусть $a$ произвольный элемент группы,очевидно,что $H_1=aHa^{-1}$ подгруппа порядка $q$,но т.к. группа содержит лишь одну подгруппу порядка $q$,то $H_1=H$.

[RIP]

Более общо, если $p$ --- наименьший простой делитель порядка группы, то любая подгруппа индекса $p$ нормальна. Ещё более общо, в любой подгруппе индекса $i$ содержится нормальная подгруппа, индекс которой делит $i!$ (это пересечение всех подгрупп, сопряжённых с данной). Есть в сборнике задач по алгебре под ред. Кострикина (в 3-м изд. 2001 г. это зад. 58.35--58.36).

(Док-во вкратце)

Если $H<G$ --- подгруппа индекса $i$, то $G$ действует слева на множестве левых смежных классов по $H$ по правилу $a\circ(gH):=agH$, поэтому получаем гомоморфизм $G\to S_i$, ядром которого является искомая подгруппа.

[alex1910]

zZoMROT в сообщении #348885 писал(а):

Что-то переворотил

$p, q $- простые => $G_1 = <p_0>$, $G_2 = <q_0>$
1) Если $G$ - конечная группа, то $\forall g \in G$ $ord(g)$ делит $|G|$
Док-во:
Рассмотрим $<g>$ подгруппу в $G$: $<g> = \{g, g^2, ..., g^{ord(g)}\}$, $|<g>|=ord(g)$
По т-ме Лагранжа $|<g>|$ делит $|G|$ => $ord(g)$ делит $G$

2) из п.1 получаем, что $ord(g)$ равен либо $p$, либо $q$, либо $pq$

3) $G$-группа, $g\inG$, $ord(g)=n\in\mathbb{N}$, тогда $g^k=1$ <=> $n$ делит $k$
Док-во:
Так как мне лениво нам понадобится только справа налево, потому только это и докажу.
Если $n$ делит $k$, то $\exists q: k=nq$ => $g^k=g^{nq}$ => $(g^{n})^q}=e^q=e$

4) Из п.3 и п.4 так как и $p$, и $q$ делят $pq$ => $g^{pq}=e$ => $<e> = G$ => по опр. $G$ - циклическая

5) $G$ - циклическая конечная группа, $|G|=pq$ => $G$ - изоморфна $(\mathbb{Z}/m, +)$
Док-во:
$G = <g>$.
Рассмотрим отображение $\varphi: (\mathbb{Z}, +) \to (G, *)$; $\varphi (k) = g^k, k\in\mathbb{Z}$
$\varphi$ - сюрьективно, т.к. $\forall h\inG$ $\exists k: h=g^k$
Следовательно, $\forall h\inG$ $\exists$прообраз в $\mathbb{Z}$
$\varphi$ - гомоморфизм: $\varphi(k_1+k_2)=g^{k_1+k_2}=g^{k_1}g^{k_2}=\varphi(k_1)\varphi(k_2)$
Следовательно, $\varphi$ - эпиморфизм.
По т-ме об эпиморфизме: $\rho$: $k_1\rhok_2$ <=> $\varphi(k_1) = \varphi(k_2)$ <=> $g^{k_1} = g^{k_2}$
$G$ - конечная, $|G|=pq$, то $org(g)=pq$
$g^{k_1}=g^{k_2}$ <=> $g^{k_2-k_1}=e$ <=> $pq$ делит $k_2 - k_1$ <=> $k_1 \equiv k_2 (mod pq)$
$\rho$ - отношение сравнимости по $mod$ $pq$
$\mathbb{Z}/\rho = \mathbb{Z}/pq$
$(\mathbb{Z}/\rho, +)$ изоморфна $(G, *)$ => $(\mathbb{Z}/pq, +)$ изоморфна $(G, *)$

4 и 5 неверно.

Контр-пример - группа подстановок S3, порядка 6=2*3 - не циклическая (и, даже, не абелева).

[zZoMROT]

Цитата предыдущего сообщения удалена. Не надо избыточно цитировать. /AKM

Эмм.. я прошу тыкнуть меня носом в ложные слова.
по п.4:
если $ord(g)=$ $\left\{ \begin{array}{l} q,\\ p,\\ pq, \end{array} \right. $ (из п.2) и ($ord(g)$ делит $k$ => $g^k=e$), то т.к. и $q$, и $p$, и $pq$ делят $pq$, $g^{pq}=e$

по п.5:
Точно верное утверждение, так как есть теорема (тут есть эти утв.), что
1) $G$ - беск. цикл. группа => $G$ изоморфна $(\mathbb{Z},+)$
2) $G$ - конечн. цикл. группа, $|G|=m$ => $G$ изоморфна $(\mathbb{Z}/m,+)$

[alex1910]

zZoMROT в сообщении #348944 писал(а):

alex1910 в сообщении #348932 писал(а):

zZoMROT в сообщении #348885 писал(а):

Что-то переворотил

$p, q $- простые => $G_1 = <p_0>$, $G_2 = <q_0>$
1) Если $G$ - конечная группа, то $\forall g \in G$ $ord(g)$ делит $|G|$
Док-во:
Рассмотрим $<g>$ подгруппу в $G$: $<g> = \{g, g^2, ..., g^{ord(g)}\}$, $|<g>|=ord(g)$
По т-ме Лагранжа $|<g>|$ делит $|G|$ => $ord(g)$ делит $G$

2) из п.1 получаем, что $ord(g)$ равен либо $p$, либо $q$, либо $pq$

3) $G$-группа, $g\inG$, $ord(g)=n\in\mathbb{N}$, тогда $g^k=1$ <=> $n$ делит $k$
Док-во:
Так как мне лениво нам понадобится только справа налево, потому только это и докажу.
Если $n$ делит $k$, то $\exists q: k=nq$ => $g^k=g^{nq}$ => $(g^{n})^q}=e^q=e$

4) Из п.3 и п.4 так как и $p$, и $q$ делят $pq$ => $g^{pq}=e$ => $<e> = G$ => по опр. $G$ - циклическая

5) $G$ - циклическая конечная группа, $|G|=pq$ => $G$ - изоморфна $(\mathbb{Z}/m, +)$
Док-во:
$G = <g>$.
Рассмотрим отображение $\varphi: (\mathbb{Z}, +) \to (G, *)$; $\varphi (k) = g^k, k\in\mathbb{Z}$
$\varphi$ - сюрьективно, т.к. $\forall h\inG$ $\exists k: h=g^k$
Следовательно, $\forall h\inG$ $\exists$прообраз в $\mathbb{Z}$
$\varphi$ - гомоморфизм: $\varphi(k_1+k_2)=g^{k_1+k_2}=g^{k_1}g^{k_2}=\varphi(k_1)\varphi(k_2)$
Следовательно, $\varphi$ - эпиморфизм.
По т-ме об эпиморфизме: $\rho$: $k_1\rhok_2$ <=> $\varphi(k_1) = \varphi(k_2)$ <=> $g^{k_1} = g^{k_2}$
$G$ - конечная, $|G|=pq$, то $org(g)=pq$
$g^{k_1}=g^{k_2}$ <=> $g^{k_2-k_1}=e$ <=> $pq$ делит $k_2 - k_1$ <=> $k_1 \equiv k_2 (mod pq)$
$\rho$ - отношение сравнимости по $mod$ $pq$
$\mathbb{Z}/\rho = \mathbb{Z}/pq$
$(\mathbb{Z}/\rho, +)$ изоморфна $(G, *)$ => $(\mathbb{Z}/pq, +)$ изоморфна $(G, *)$

4 и 5 неверно.

Эмм.. я прошу тыкнуть меня носом в ложные слова.
по п.4:
если $ord(g)=$ $\left\{ \begin{array}{l} q,\\ p,\\ pq, \end{array} \right. $ (из п.2) и ($ord(g)$ делит $k$ => $g^k=e$), то т.к. и $q$, и $p$, и $pq$ делят $pq$, $g^{pq}=e$

по п.5:
Точно верное утверждение, так как есть теорема (тут есть эти утв.), что
1) $G$ - беск. цикл. группа => $G$ изоморфна $(\mathbb{Z},+)$
2) $G$ - конечн. цикл. группа, $|G|=m$ => $G$ изоморфна $(\mathbb{Z}/m,+)$

Пункт 4 "в новой редакции" - ни о чем. Всегда в конечной группе любой элемент в степени порядок группы равен единице.

В старой редакции из этого делался вывод, что группа циклическая. А это неверно (тогда все конечные группы - циклические:) ).

Пункт 5 абсолютно верен, но неприменим, так как группа не обязана быть циклической.

[GanimeD]

mihiv в сообщении #348891 писал(а):

Пусть $a$ произвольный элемент группы,очевидно,что $H_1=aHa^{-1}$ подгруппа порядка $q$,но т.к. группа содержит лишь одну подгруппу порядка $q$,то $H_1=H$.

mihiv, я вот вчера тоже вокруг равенства $H_1=aHa^{-1}$ ходил, но что-то не стрельнуло в голову, что $H_1$ -- это группа... :) Спасибо.

RIP в сообщении #348924 писал(а):

Более общо, если $p$ --- наименьший простой делитель порядка группы, то любая подгруппа индекса $p$ нормальна. Ещё более общо, в любой подгруппе индекса $i$ содержится нормальная подгруппа, индекс которой делит $i!$ (это пересечение всех подгрупп, сопряжённых с данной). Есть в сборнике задач по алгебре под ред. Кострикина (в 3-м изд. 2001 г. это зад. 58.35--58.36).

(Док-во вкратце)

Если $H<G$ --- подгруппа индекса $i$, то $G$ действует слева на множестве левых смежных классов по $H$ по правилу $a\circ(gH):=agH$, поэтому получаем гомоморфизм $G\to S_i$, ядром которого является искомая подгруппа.

По такой же схеме вторая теорема Силова доказывается, если я ничего не путаю, надо будет повнимательней его почитать. ...и запылившийся сборник Кострикина достать с библиотечной полки. :)

Еще раз всем спасибо. Вопрос более чем исчерпан.

[zZoMROT]

Тогда, как следствие теоремы о том, что в любом конечном поле существует примитивный элемент, можно сформулировать утверждение, что мультипликотивная группа поля $GF(p^t)$, где $p$ - простое, $t$ - натуральное является циклической.

[alex1910]

zZoMROT в сообщении #349384 писал(а):

Тогда, как следствие теоремы о том, что в любом конечном поле существует примитивный элемент, можно сформулировать утверждение, что мультипликотивная группа поля $GF(p^t)$, где $p$ - простое, $t$ - натуральное является циклической.

Причем тут это?

Где вы увидели поле или его мультипликативную группу?