Теория Групп -> Азы

[Kaspvar]

Я хочу отметить, что все-таки в том посте вы подтолкнули меня построить контрпример который опровергает мое утверждение .
У $(\mathbb Q, +)$ существуют подгруппы которые не содержат $\mathbb Z$ : $\mathbb Z \notin 2/3 \cdot \mathbb Z$.

-- 20.10.2011, 20:10 --

VAL в сообщении #494579 писал(а):

Joker_vD в сообщении #494573 писал(а):

Итак, вот вы нашли подгруппы $\mathbb Q$ вида $r\mathbb Z$, где $r\in\mathbb Q$ — произвольное рациональное число.

Кстати, они называются циклическими. И все (кроме одной тривиальной), по сути, ничем не отличаются от группы $\mathbb Z$

Цитата:

по сложению.

Я так понимаю вы имеете в виду тот факт, что любая бесконечная циклическая группа изоморфна $\mathbb Z$?

[VAL]

Kaspvar в сообщении #494580 писал(а):

Я хочу отметить, что все-таки в том посте вы подтолкнули меня построить контрпример который опровергает мое утверждение .
У $(\mathbb Q, +)$ существуют подгруппы которые не содержат $\mathbb Z$ : $\mathbb Z \notin 2/3 \cdot \mathbb Z$.

Можно проще: $\matbb Z$ не включается (термин или значок "принадлежит" тут не годится) в $2\mathbb Z$.

[Kaspvar]

VAL в сообщении #494582 писал(а):

Kaspvar в сообщении #494580 писал(а):

Можно проще: $\matbb Z$ не включается (термин или значок "принадлежит" тут не годится) в $2\mathbb Z$.

Я просто этот значок не знаю

-- 20.10.2011, 20:35 --

Осталось выяснить вопрос о том какие еще подгруппы имеет $(\mathbb Q, +)$...
Честно говоря, ничего в голову не приходит...

[ИСН]

Отложите это (собственно, больше никаких) - подумайте о подгруппах $(\mathbb R, +)$.

[Sonic86]

Попробуйте взять просто устроенные знаменатели, тип которых сохраняется при сложении.

[VAL]

ИСН в сообщении #494608 писал(а):

Отложите это (собственно, больше никаких) .

Как это?!!
Не следует дезинформировать ТС. Даже мелким шрифтом.

[ИСН]

Ах, там эти ещё, что ли, с любой конечной степенью - - - ? Тьфу, чёрт. Да.

[VAL]

ИСН в сообщении #494623 писал(а):

Ах, там эти ещё, что ли, с любой конечной степенью - - - ? Тьфу, чёрт. Да.

Угу.
Так что еще немножко (континуум) подгрупп имеется.

[Kaspvar]

VAL в сообщении #494640 писал(а):

ИСН в сообщении #494623 писал(а):

Ах, там эти ещё, что ли, с любой конечной степенью - - - ? Тьфу, чёрт. Да.

Угу.
Так что еще немножко (континуум) подгрупп имеется.

Можно поподробней?


Мне нужно было знать (все) подгруппы $\mathbb Q$, чтобы показать, что эта группа неразложима. Попробую доказать...
$\square$
Достаточно показать, что $\forall H_1,H_2 < \mathbb Q \Rightarrow H_1 \cap H_2 > \{ 0 \}$:
$\forall x_1 \in H_1, x_2 \in H_2: x_1 \ne x_2 \ne 0$ (если равны доказывать нечего), представим их в виде: $x_1 = q_1/r_1 , x_2 = q_2/r_2 $.
Сложим $q_1/r_1+...+q_1/r_1 \gets r_1$ раз и получим $q_1, аналогично получаем $q_2$.
Далее можно сложить $q_1+...+q_1 \gets q_2$ раз, и $q_2+...+q_2 \gets q_1$ раз.
Получим $q_1 \cdot q_2 \in H_1$, $q_2 \cdot q_1 \in H_2$.
Эти элементы равны, они не нулевые, следовательно в пересечении лежит не только ноль.
И таким образом $\mathbb Q$ неразложима.
$\blacksquare$

[VAL]

Kaspvar в сообщении #494843 писал(а):

VAL в сообщении #494640 писал(а):

ИСН в сообщении #494623 писал(а):

Ах, там эти ещё, что ли, с любой конечной степенью - - - ? Тьфу, чёрт. Да.

Угу.
Так что еще немножко (континуум) подгрупп имеется.

Можно поподробней?

Множество подмножеств множества простых чисел континуально. Каждому подмножеству сопоставим подгруппу $\mathbb Q$, ненулевые элементы которой имеют знаменатели, в разложении которых нет простых чисел из данного подмножества.

Цитата:

Мне нужно было знать (все) подгруппы $\mathbb Q$, чтобы показать, что эта группа неразложима. Попробую доказать...
$\square$
Достаточно показать, что $\forall H_1,H_2 < \mathbb Q \Rightarrow H_1 \cap H_2 > \{ 0 \}$:
$\forall x_1 \in H_1, x_2 \in H_2: x_1 \ne x_2 \ne 0$ (если равны доказывать нечего), представим их в виде: $x_1 = q_1/r_1 , x_2 = q_2/r_2 $.
Сложим $q_1/r_1+...+q_1/r_1 \gets r_1$ раз и получим $q_1, аналогично получаем $q_2$.
Далее можно сложить $q_1+...+q_1 \gets q_2$ раз, и $q_2+...+q_2 \gets q_1$ раз.
Получим $q_1 \cdot q_2 \in H_1$, $q_2 \cdot q_1 \in H_2$.
Эти элементы равны, они не нулевые, следовательно в пересечении лежит не только ноль.
И таким образом $\mathbb Q$ неразложима.
$\blacksquare$

С точностью мелочей (типа, берутся подгруппы изначально ненулевые) все верно.