Абелевы группы и перестановки

[Руст]

$t_i=0$ или $1$. Соответственно случай $Z_{2^l}$ сводится к случаю $Z_2$, т.е. достаточно рассмотреть два случая $Z_2+Z_2$ и $Z_2+Z_2+Z_2$.
В первом случае элементы $0,e_1,e_2,e_1+e_2$, возьмём $s(0)=0,s(e_1)=e_2,s(e_2)=e_1+e_2,s(e_1+e_2)=e_1$. Несложно проверит, что $t(a)=a+s(a)$ так же перестановка.
Во втором случае элементы $0,e_1,e_2,e_3,e_1+e_2,e_2+e_3,e_3+e_1,e_1+e_2+e_3$.
Сразу трудно выписать, лучше дать компьютеру перебрать перестановки из 8 элементов.

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

$t_i=0$ или $1$. Соответственно случай $Z_{2^l}$ сводится к случаю $Z_2$, т.е. достаточно рассмотреть два случая $Z_2+Z_2$ и $Z_2+Z_2+Z_2$.

Я НЕ ПОНИМАЮ, что у Вас за $t_i$ такие, равные $0$ или $1$. Откуда они берутся и что с ними надо делать? РАСПИШИТЕ ВСЁ ПОДРОБНО И С САМОГО НАЧАЛА!!! Без ссылок на предыдущие записи, в них сам чёрт ногу сломит!

Самое главное, что я от Вас хочу узнать: как вы сводите случай $\mathbb{Z}_{2^n} \times \mathbb{Z}_{2^m} \times \mathbb{Z}_{2^k}$ к случаю $\mathbb{Z}_2^3$?

[Профессор Снэйп]

Судя по молчанию Руста, решения у него нет. А есть ошибочное рассуждение, которое он поспешно принял за решение.

[Руст]

Почему же нет. Может просто не хочу писать из-за того, что длинно.
Абелева группа конечного порядка представляется в виде суммы

$$G=A+\sum_{i=1}^k Z_{2^{l_i}}.$$

где A группа нечётного порядка.
Рассмотрим случаи.
0. $k=0$ - $G=A$, в этом случае $s(a)=-a-a$ осуществляет нужную перестановку.
1. $k=1$. - $G=A+Z_{2^l}$. Определим функцию $ord:G\to Z_+$ следующем образом: $ord(g)=l$ если $2^lg=g+g+...+g\in A, 2^{l-1}g\not \in A$.
Пусть порядок группы А равен n - нечётное число. Предположим, что существует такая перестановка $s:G\to G$, что $t:G\to G,t=s+Id$ так же перестановка. Обозначим через $a_{ij},i,j=0,1,..,l$ и $b_{i,j}$ количество элементов порядка i, которые переходят в порядок j после перестановки s и t. Очевидны следующие соотношения:
(1) $\sum_j a_{ij}=\sum_j b_{ij}=n2^{i-1}$ (в случае i=0, i-1 считается равным нулю).
(2) $a_{0i}=b_{0,i}, b_{10}=a_{11}+R,b_{11}=a_{10},b_{1i}=a_{1i},i>1$.
Из предыдущего следует, что $R=0$, т.е. для i>1 $t(g)=g+s(g)\not \in A, ord(g)=i>1$.
(3) $b_{ij}=a_{ij},j>i, b_{ii}=\sum_{j<i} a_{ij},b_{i,i-1}=a_{i,i},b_{ij}=0,j<i-1$ последнее получается из (1) аналогично получению $R=0$.
Имеет место и транспонированное (1):
(4) $\sum_i a_{ij}=\sum_i b_{ij}=n2^{j-1}$ (0-1=0).
Взяв i=0,1 отсюда получаем $b_{00}+b_{10}=n,b_{01}+b_{11}+b_{21}=n$, т.е.
(5) $a_{00}+a_{11}=n, a_{0,1}+a_{10}+a_{2,2}=n$
(6) $a_{j+1,j+1}+\sum_{i=0}^{j-1}(a_{ij}+a_{ji})=2^{j-1}n$.
Этих соотношений с учётом (1) и (4) для матрицы $a_{ij}$ достаточно, для получения противоречия с нечётностью n. В частности, последнее соотношение (6) эквивалентно $2a_{ll}=2^{l-1}n$, что сразу приводит к противоречию при l=1.
Предсавим сумму в (6) в виде $\sum_{i=0}^{j-1}(a_{ij}+a_{ji})=-2a_{jj}+2^jn-\sum_{i>j}(a_{ij}+a_{ji})$
Таким образом получается
(7) $\sum_{i>j}(a_{ij}+a_{ji})=2^{j-1}n+a_{j+1,j+1}-2a_{jj}$
Так как в (6) и (7) суммы одни и те же, получаем, при j<l $a_{j+1,j+1}=a_{jj}$.
А это противоречит нечётности $n=a_{00}+a_{11}$.
Случай l>1 сводится к построению, который я раньше уже указал. Эта часть намного легче, чем доказательство несуществования перестановки при $l=1$ и я пока не буду повторять.
С наступающем Новым годом всех.

[Профессор Снэйп]

По моему, ерунда какая-то у Руста написана. Он долго и нудно разбирает случай, когда в группе существует ровно один элемент порядка два, и доказывает, что в этом случае нет нужной перестановки. Однако это очевидно: достаточно всего лишь просуммировать все элементы группы. maxal указал на это во втором сообщении темы.

Самый же интересный случай --- случай, когда $k \geqslant 2$, Руст так и не разобрал

Итого мы имеем кучу каких-то мутных выкладок по поводу очевидной ерунды и ничего, что действительно бы помогало решить задачу! Если я не прав и кто-то увидел нечто ценное в сообщении Руста, пусть поправит меня!

[Руст]

Профессор Снэйп писал(а):

По моему, ерунда какая-то у Руста написана. Он долго и нудно разбирает случай, когда в группе существует ровно один элемент порядка два, и доказывает, что в этом случае нет нужной перестановки. Однако это очевидно: достаточно всего лишь просуммировать все элементы группы. maxal указал на это во втором сообщении темы.

Согласен, случай $k=1$ уже рассмотрен, к тому же у меня там есть неточность, которая легко исправляется, точнее $a_{ii}=a_{jj}\mod 2$ (равенство может не выполняться) и этого достаточно.
Определим гомоморфизм $2:G\to G, g\inG\to g+g$. Пусть B ядро этого гомоморфизма. Выберем в группе G множество представителей $G'$ по одному элементу для каждого класса представителеля фактор группы $G/B$. Тогда каждый элемент $g\in G$ представим в виде $g'+b,g'\in G',b\in B$. Подгруппа B есть $(Z_2)^k$. Случаи $k=0,1$ рассмотрены. При $k\ge 2$ определим изоморфизм $s:B\to B$ через образующие $e_1,e_2,...,e_k$ по формуле
(1) $e_i\to e_{i+1},i<k,e_k\to e_1+e_k$.
Так как образующие переходят в образующие (другие) то перестановка s будет изоморфизмом на подгруппе B. Определим перестановку s на всей группе по формуле $s(g)=s(g'+b)=g'+s(b),b\in B$. При таком определении отображение $tG\to G,g\to g+s(g)$ не обязано быть перестановкой. Именно этот момент затрудняет построение.Поэтому могу дать решение только для случая, когда группа G является прямой суммой группы нечётного порядка A и групп $(Z_{2^r})^k$, когда чётную часть можно разложить на прямую сумму подгрупп, являющихся прямой суммой не менее двух одинаковых групп, например $G=(Z_2+Z_2)+(Z_4+Z_4+Z_4)$. Так как если существуют такие изоморфизмы $s_i$ для каждого прямого слагаемого, то $s=\sum_i s_i$ будет требуемым изоморфизмом.
В случае $(Z_{2^r})^k$ изоморфизм определяется через образующие $e_i$ по той же формуле, что и выше (1).
Когда чётная часть имеет порядки, не встречающиеся ещё раз для объединения в указанные суммы как я понял, не существует такого изоморфизма. Правда может существовать перестановка, не являющаяся изоморфизмом. Надо попробовать перебрать варианты на конкретном примере $G=Z_2+Z_4$.

[Профессор Снэйп]

Блин, убийственная задача! Несколько лет уже к ней время от времени возвращаюсь, но увы, до конца так и не решил...

Вчера удалось доказать, что нужная перестановка (и даже автоморфизм группы) есть при $A = \mathbb{Z}_{2^n}^k$ при $k > 1$.

Итак, пусть $A$ такая, как указано. Пусть $B$ --- подгруппа в $A$, состоящая из элементов порядка $2$. Пусть $E_A$ --- множество эндоморфизмов группы $A$, рассматриваемое как группа относительно сложения. Аналогично $E_B$ --- группа эндоморфизмов $B$.

Существует гомоморфизм $\alpha : E_A \to E_B$, сопоставляющий каждому элементу $E_A$ его ограничение на $B$. Отображение $\alpha$ определено корректно, так как $B$ инвариантна относительно любого $\varphi \in E_A$.

Ясно, что ядро $I = \mathrm{Ker}(\alpha)$ совпадает с множеством таких $\varphi \in E_A$, что $\varphi(B) = 0$.

Посчитаем порядки введённых групп. Так как для того, чтобы задать эндоморфизм группы $A$, достаточно задать его произвольным образом на образующей каждого из множителей $\mathbb{Z}_{2^n}$, то $|E_A| = 2^{k^2n}$. Аналогично $|E_B| = 2^{k^2}$. Кроме того, для произвольного $\varphi \in E_A$ справедливо $\varphi \in I \Leftrightarrow$ значение $\varphi$ на любой из образующих группы $A$ имеет показатель $< 2^n$, так что $|I| = 2^{k^2(n-1)}$. Получается, что $(E_A : I) = 2^{k^2n}/2^{k^2(n-1)} = 2^{k^2} = |E_B|$ и образ $\alpha$ совпадает со всей группой $E_B$.

Далее, для произвольного $\varphi \in E_A$ отображение $\varphi$ является автоморфизмом группы $A$ в том и только в том случае, если $\alpha(\varphi)$ --- автоморфизм группы $B$. Действительно, если $\varphi$ --- автоморфизм, то $\varphi$ инъективно и его ограничение на $B$ тоже инъективно. С другой стороны, если $\varphi(a) = 0$ для некоторого $0 \neq a \in A$, то при подходящем $s \geqslant 0$ элемент $b = 2^sa$ принадлежит $b$, не равен $0$ и попадает в ядро $\alpha(\varphi)$.

Ну а теперь поскольку $B \cong \mathbb{Z}_2^k$, то на $B$ можно ввести единицу и умножение так, что получится поле характеристики $2$. Поскольку $k > 1$, то $B$ не совпадает с простым полем и существует $u \in B$, такое что $u, u + 1 \neq 0$. Для всех $b \in B$ положим $\psi_1(b) = u \cdot b$ и $\psi_2(b) = \psi_1(b) + b$. Получаем, что $\psi_1$ и $\psi_2$ --- автоморфизмы группы $B$.

Из того, что образ $\alpha$ совпадает с $E_B$, заключаем, что существует $\varphi_1 \in E_A$, такой что $\alpha(\varphi_1) = \psi_1$. Из того, что $\psi_1$ --- автоморфизм, заключаем, что $\varphi_1$ --- автоморфизм $A$. Пусть $\varphi_2(a) = \varphi_1(a) + a$ при всех $a \in A$. Лекго проверит, что $\alpha(\varphi_2) = \psi_2$, так что $\varphi_2$ --- тоже автоморфизм. Что и требовалось доказать!

Для $A = \mathbb{Z}_{2^n} \times \mathbb{Z}_{2^m}$ при $n \neq m$ конструкция, увы, не проходит. Образ $\alpha$ перестаёт совпадать с $E_B$. Хуже того, можно показать, что автоморфизм с нужными свойствами в этом случае вообще не существует. Нужно искать именно перестановки, не сохраняющие групповую структуру

(Оффтоп)

Красивая всё-таки вещь теория групп! Вчера весь день убил на то, что изложил выше. Дома бардак, на работе завал, к завтрашней лекции ничерта не готов... Но зато вот, абелевы группы

-- Пн сен 06, 2010 18:09:49 --

Впрочем, Руст этот случай уже разобрал Я за давностью лет подзабыл, что было сделано, и невольно повторил его выкладки...

[lofar]

Перебрал все перестановки $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_4$, ни одной такой, которая в сумме с тождественной перестановкой опять давала бы перестановку не нашлось.

[Профессор Снэйп]

lofar в сообщении #422151 писал(а):

Перебрал все перестановки $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_4$, ни одной такой, которая в сумме с тождественной перестановкой опять давала бы перестановку не нашлось.

Плохо перебирали!

$$ \begin{array}{c|c|c} a & s(a) & a + s(a) \\ \hline \\ (0,0) & (0,0) & (0,0) \\ (0,1) & (0,2) & (0,3) \\ (0,2) & (1,0) & (1,2) \\ (0,3) & (1,2) & (1,1) \\ (1,0) & (0,3) & (1,3) \\ (1,1) & (1,1) & (0,2) \\ (1,2) & (1,3) & (0,1) \\ (1,3) & (0,1) & (1,0) \\ \end{array} $$

[lofar]

Действительно плохо. И слава Богу -- красивая задачка все еще жива.

[Руст]

Можно обобщить пример для группы

$$Z_{2^{k_1}}+...+Z_{2^{k_l}}, k_i\ge 1, l\ge 2$$

таким образом: Обозначим через $e_i$ базис образующих подгрупп и определим перестановку:

$$ \ (1) \ \ s(\sum_a_ie_i)=\sum_i (2a_ie_i+\delta_ib_{i+1}e_{i+1})$$

,
где

$$\delta_i=0, a_i<2^{k_i-1}, \delta_i=1, a_i\ge 2^{k_i-1}.$$

Лемма1. При любом наборе нечетных чисел $b_i$ (1) является перестановкой.
Доказывается простым вычислением обратного из $s(x)=y$ разрешимого однозначно при любом $y$. Здесь существенно нечетность чисел $b_i$. Еще забыл упомянуть, что для последнего образующего следующим является первое, т.е. $b_{l+1}=b_1,e_{l+1}=e_1$.
Остается проверять, что всегда можно выбрать нечетные $b_i$, чтобы $t(x)=x+s(x)$ так же являлась перестановкой.
Решим уравнение $t(x)=y=\sum_i c_ie_i$ или $3a_i+\delta_{i-1}b_i=c_i$. При любом наборе $\delta_i$ числа $a_i$ находятся однозначно. Однако, нам нужен только такой набор, чтобы $\delta_i=1$ соответствовало $a_i\ge 2^{k_i-1}$ и наооборот. Это обеспечивает единство решения.
Соответственно доказывает утверждение.

[lofar]

Пусть $a_1 = 2^{k_1-2}, a'_1 = 3\cdot 2^{k_1-2}$. Тогда $2a_1 \geqslant 2^{k_1-1}$ и $2a'_1 \geqslant 2^{k_1-1}$, значит и для $a_1$ и для $a'_1$ имеем $\delta_1=1$ и следовательно$s(a_1e_1) = s(a'_1e_1)$, то есть $s()$ -- не перестановка.

[Руст]

lofar в сообщении #422675 писал(а):

Пусть $a_1 = 2^{k_1-2}, a'_1 = 3\cdot 2^{k_1-2}$. Тогда $2a_1 \geqslant 2^{k_1-1}$ и $2a'_1 \geqslant 2^{k_1-1}$, значит и для $a_1$ и для $a'_1$ имеем $\delta_1=1$ и следовательно$s(a_1e_1) = s(a'_1e_1)$, то есть $s()$ -- не перестановка.

Я исправил. На самом деле я хотел (и рассуждал) о записи для $\delta_i$ или с двойкой перед $a_i$, но тогда без уменшения степени $k_i$ ($2^{k_i}$), или без него. Машинально записал и двойку и уменьшение степени.

[Профессор Снэйп]

Я вот тоже что-то не понимаю, даже в исправленном варианте.

Индекс $i$ в суммах что пробегает? Множество натуральных от $1$ до $l$? Если да, то при $i = l$ непонятно, что за $e_{i+1}$ имеется в виду.

[Руст]

Профессор Снэйп в сообщении #423128 писал(а):

Я вот тоже что-то не понимаю, даже в исправленном варианте.

Индекс $i$ в суммах что пробегает? Множество натуральных от $1$ до $l$? Если да, то при $i = l$ непонятно, что за $e_{i+1}$ имеется в виду.

Об этом сказано, что индексу $l+1$ соответствует 1.