деление в абелевой группе

[r2d2study]

bot в сообщении #527058 писал(а):

r2d2study в сообщении #526630 писал(а):

пусть G - пополнение A

Делитель делителя является делителем, поэтому G - это множество всех делителей элементов из A, вот и всё.
Обратно то же самое: пусть H - пополнение A в полной группе G ...

UPD. Зря выше удалял и из пушки стрелял - там только показатель кратности не там стоял, надо было перекинуть в другую часть равенства.

Мне кажется, это не доказательство. Понятно, что делитель делителя - делитель. Осталось показать, что нет "неделителей", что я и пытался сделать. Например, Ваше утверждение подходит и для неабелевых групп, сомневаюсь, что там выполняется мое утверждение.

[bot]

А я и не говорил, что это доказательство - только подсказку дал. Пусть $H$ - пополнение $A$ в полной абелевой группе $G$. Докажите, что множество $D$ всех делителей элементов из $A$ является подгруппой в $G$, причём полной, следовательно, $H=D$. После этого, просто по определению циклической подгруппы посмотрите, что означает $G\ne H$ и $G=H$.

-- Ср янв 18, 2012 10:21:22 --

r2d2study в сообщении #528138 писал(а):

Например, Ваше утверждение подходит и для неабелевых групп

Подходит, если Вы умеете без абелевости доказывать, что $D$ подгруппа. Я не умею.

[r2d2study]

Все понял, спасибо!

[r2d2study]

bot
Еще раз обдумывал Ваше доказательство. Все же, мне кажется, так просто не получится:

множество $D$ всех делителей элементов из $A$ - оно включает в себя и все элементы конечного порядка группы G - делители нуля, а значит, будут циклические подгруппы, которые тривиально пересекаются с A

[bot]

Делители нуля будут в случае, если группа с кручением. А чем они Вам не нравятся?

С тем, что $D$ - наименьшая полная подгруппа в $G$ согласны?

А дальше просто
1) $\langle g\rangle \cap A \ne \{0\} \Rightarrow (\exists n)(0\ne ng\in A) \Rightarrow g\in D$
2) $0\ne g\in D \Rightarrow (\exists n)(ng\in A)\Rightarrow \langle g\rangle \cap A \ne \{0\}$

-- Ср фев 08, 2012 17:41:12 --

Стоп машина - может случиться $ng=0$, а это нам не айс ... Во вторую сторону даже и писать не хотел, настолько она была очевидна

-- Ср фев 08, 2012 17:46:37 --

А-а-а - тогда просто надо подправить $D$ - пусть это будет сборище всех делителей ненулевых элементов из $A$ с примкнувшим к ним нулём. Проверяйте - вроде всё тип-топ.

[r2d2study]

Так я пытался уже подправить. Проверяем, что сумма лежит в D:
$k_1 d_1 = a_1, k_2 d_2 =a_2$, нужно показать, что $d_1 + d_2$ - делитель ненулевого элемента, тут не выходит: $k_1 k_2 (d_1+d_2)=k_2 a_1 +k_1 a_2$ - может оказаться нулем

[bot]

(Оффтоп)

bot в сообщении #536324 писал(а):

тип-топ

Если тип, то не топ, а если топ, то не тип. Вот незадача - причём опять туда же.

[r2d2study]

Все, доказал:

нужно было просто взять циклическую группу, рассмотреть ее пополнение - оно выделиться прямым слагаемым в G, которое будет тривиально пересекаться с $A$.

Всем спасибо!

[bot]

r2d2study в сообщении #536825 писал(а):

Все, доказал

Это Вы в какую сторону доказываете, достаточность? Она уже доказана - дважды. А необходимость получилась для групп без кручения. А вот с кручением всё наоборот - необходимость опровергается тривиальным образом.

Пусть в разложении полной абелевой группы $G$ на слагаемые есть подгруппа $B$ типа $p^\infty$ и пусть $A$ - сумма остальных слагаемых. Пополнение $D$ подгруппы $A$ в группе $G$ - это вся $G$, так как элементы из $B$ просто делители $0\in A$.