Квадрат классов вычетов

[jrock]

Опишите все подгруппы группы $(\mathds{Z}/p\mathds{Z})^2$ для всех $p\in\mathds{P}$ (простые числа)
Ясно что это получатся классы вычетов $\{0\}_p, \{1\}_p, \{2\}_p, \ldots , \{p-1\}_{p}$
Не ясно что мне возводить в квадрат.

[Sonic86]

Че-то какой-то странный вопрос.
А! Наверное нужно рассматривать мультипликативную группу $\mathbb{Z}_p^{\times}$ как $\cong \mathbb{Z}_{p-1}^{+}$, ее элементы возвести в квадрат (т.е. уже умножить на $2$) и описывать подгруппы полученной группы.

[jrock]

Sonic86 в сообщении #514990 писал(а):

Че-то какой-то странный вопрос.
А! Наверное нужно рассматривать мультипликативную группу $\mathbb{Z}_p^{\times}$ как $\cong \mathbb{Z}_{p-1}^{+}$, ее элементы возвести в квадрат (т.е. уже умножить на $2$) и описывать подгруппы полученной группы.

Немного не ясно зачем нам использовать изоморфизм между мультипликативной и аддитивными группами.
Здесь имеется ввиду прямое произведение групп (а именно фактор группы порожденную классами вычетов на себя же): $G \times G$, где $G=\mathbb{Z}_p$. Известно что получаться пары всех возможных элементов из левой и правой подгруппы. Это будут точки.

Далее попробуем описать все несобственные подгруппы группы. Сначала важно понять, что $|G\timesG| = p^2$. Это происходит по той причине, что порядок прямого произведения групп равен произведению порядков исходных. Далее по теореме Лагранжа мы знаем, что порядок подгруппы должен делить порядок группы. Но собственные подгруппы могут быть только порядка $p$. Ясно что они циклические по той причине, что $p$ - это простое число.
Это будут группы, порожденные парами$(a,b)$. Мы знаем, что группы должны быть циклические. Поэтому переберем все возможные порождающие элементы. Ясно, что если $(a,b)$ - порождающий элемент, то $(2a,2b)$ уже нет. Значит нужно найти набор разных дробей, у которых числитель $0 \leq a \leq p-1$. Это будут описаны подгруппы из нейтрального элемента и все несобственные группы. Значит осталось добавить еще сама группу как подгруппу.
Итого p + 2 возможных подгрупп.

Насколько все верно то что написано?

[Sonic86]

jrock в сообщении #515107 писал(а):

Здесь имеется ввиду прямое произведение групп (а именно фактор группы порожденную классами вычетов на себя же): $G \times G$, где $G=\mathbb{Z}_p$. Известно что получаться пары всех возможных элементов из левой и правой подгруппы. Это будут точки.

Ааа, блин, а я думал, что подгруппа квадратичных вычетов
Так. Под $G=\mathbb{Z}_p$ имеется ввиду $\mathbb{Z}_p^{+}$... Буду понимать так...

jrock в сообщении #515107 писал(а):

Далее попробуем описать все несобственные подгруппы группы. Сначала важно понять, что $|G\timesG| = p^2$. Это происходит по той причине, что порядок прямого произведения групп равен произведению порядков исходных. Далее по теореме Лагранжа мы знаем, что порядок подгруппы должен делить порядок группы. Но собственные подгруппы могут быть только порядка $p$. Ясно что они циклические по той причине, что $p$ - это простое число.
Это будут группы, порожденные парами$(a,b)$. Мы знаем, что группы должны быть циклические. Поэтому переберем все возможные порождающие элементы.

Угу, вроде правильно.

jrock в сообщении #515107 писал(а):

Ясно, что если $(a,b)$ - порождающий элемент, то $(2a,2b)$ уже нет.

Почему? Это же лишь при $p=2$. Иначе $(2a,2b)$ - тоже порождающий, но порождающий другой подгруппы. Или это и имелось ввиду?

jrock в сообщении #515107 писал(а):

Значит нужно найти набор разных дробей, у которых числитель $0 \leq a \leq p-1$. Это будут описаны подгруппы из нейтрального элемента и все несобственные группы. Значит осталось добавить еще сама группу как подгруппу.

Не очень понял Дробь $\frac{a}{b}$? Можно было бы применить автоморфизм 2-й компоненты, переводящей образующую в $1$ и тогда получались бы неизоморфные подгруппы...

jrock в сообщении #515107 писал(а):

Итого p + 2 возможных подгрупп.

Угу, только еще $\{ 0\}$ забыли - всего будет $p+3$ (например при $p=3$ всего 6 подгрупп).

[jrock]

Sonic86 в сообщении #515137 писал(а):

Почему? Это же лишь при . Иначе - тоже порождающий, но порождающий другой подгруппы. Или это и имелось ввиду?

Да, я ошибся. Конечно это будет тоже порожадющий элемент. Я хотел сказать что будут находится элементы, которые будут порождать одни и те же подгруппы.

Sonic86 в сообщении #515137 писал(а):

Угу, только еще забыли - всего будет (например при всего 6 подгрупп).

Вот это не понятно. В $G=\mathbb{Z}^+_3$ будут группы, порожденные $(\{0\},\{0\}), (\{1\},\{1\}), (\{0\},\{1\}), (\{1\},\{0\}), (\{1\},\{2\})$ и сама группа $G=\mathbb{Z}^+_3 \times \mathbb{Z}^+_3$. Так как $(\{1\},\{2\})$ тоже самое что и $(\{2\},\{1\})$. А $(\{0\},\{1\})$ тоже самое что и $(\{0\},\{2\})$. А $(\{1\},\{0\})$ тоже самое что и $(\{2\},\{0\})$. Так что их 6, но не по тому что я не посчитал нейтральный элемент, а потому что я невнимательно считал несобственные подгруппы. Для $p=5$ будет подгрупп уже $8$.
Вот ответ $p+3$ можно получать следующим образом: берем элемент $(\{0\},\{0\})$, $(\{0\},\{1\})$ и саму группу G. Они точно есть всегда. А потом берем элементы $(\{1\},\{0\}), (\{1\},\{1\}), (\{1\},\{2\}), (\{1\},\{3\}), \ldots, (\{1\},\{p-1\}) $. Несложными рассуждениями можно показать что другие подгруппы мы уже не получим.

[Sonic86]

jrock в сообщении #515255 писал(а):

Вот ответ $p+3$ можно получать следующим образом: берем элемент $(\{0\},\{0\})$, $(\{0\},\{1\})$ и саму группу G. Они точно есть всегда. А потом берем элементы $(\{1\},\{0\}), (\{1\},\{1\}), (\{1\},\{2\}), (\{1\},\{3\}), \ldots, (\{1\},\{p-1\}) $. Несложными рассуждениями можно показать что другие подгруппы мы уже не получим.

Ну вот собственно и все