Фаддеев, Соминский 874

[Sinoid]

Здравствуйте! Вчера вспомнил про давнюю задачу, которая никак не получалась:
Доказать, что если порядок конечной абелевой группы делится на простое число $p$, то в группе найдется элемент порядка $p$.
В указании вот что: Для циклической группы доказывается непосредственно. Для нециклической - применить метод индукции, рассмотрев циклическую группу и факторгруппу по ней.
Сколько я над ней продумал, не имея понятия о полной индукции! Думал-думал, плюнул, аж забыл. А вчера что-то в голову пришло. Проверьте, пожалуйста, мое решение. Я до этого полной индукцией не доказывал, так что не судите строго.
Решение. Я пока не понимаю, почему при полной индукции базу можно не рассматривать. Но на всякий случай: в группе с простым порядком $p$ всякий элемент, отличный от единицы, имеет порядок $p$ (не будем говорить банальности, что она циклическая...), хотя, потом пойму, что эту часть и писать-то не стоило .
Итак, пусть дана абелева группа $A$ порядка $kp$. Допустим, что для всех абелевых групп порядка $lp$ $1\leqslant l<k$ утверждение доказано. Возьму в группе $A$ элемент $a$. Если его порядок делится на $p$, то и доказывать ничего. Если же его порядок на $p$ не делится, то в силу абелевости группы $A$ его циклическая группа будет нормальным делителем и, значит, по ней существует абелева факторгруппа, порядок которой меньше $kp$ и делится на простое число $p$. Поэтому в силу индуктивного предположения в этой факторгруппе существует элемент порядка $p$. И значит, если я в исходной группе возьму элементы, соответствующие этому элементу факторгруппы в естественном гомоморфизме, то это и докажет задачу. Так?

[NSKuber]

Sinoid в сообщении #1065967 писал(а):

И значит, если я в исходной группе возьму элементы, соответствующие этому элементу факторгруппы в естественном гомоморфизме, то это и докажет задачу. Так?

Так, вы почти довели до конца. Вы доказали, что существует $b\in G$ такой, что $b^p \in \left\langle a\right\rangle$, где $a$ - тот самый выбранный элемент, но это ещё не утверждение.

[Sinoid]

NSKuber в сообщении #1066026 писал(а):

$b\in G$

Вообще-то я обозначал

Sinoid в сообщении #1065967 писал(а):

группа $A$

NSKuber в сообщении #1066026 писал(а):

Вы доказали, что существует $b\in G$ такой, что $b^p \in \left\langle a\right\rangle$, где $a$ - тот самый выбранный элемент

Да, действительно, я доказал, что существует такой элемент факторгруппы $b\left\langle a\right\rangle,$ что $(b\left\langle a\right\rangle)^p=\left\langle a\right\rangle)$, откуда $(b^p\left\langle a\right\rangle)=\left\langle a\right\rangle)$, или $b^p=a^q$. При этом $b\left\langle a\right\rangle \ne \left\langle a\right\rangle,$ а значит, $b\notin \left\langle a\right\rangle,$. В частности, $b\ne e.$ Тогда если $a^q=e,$ то $|b|=p.$ Это пока все, что пришло в голову.

[Sinoid]

Значит, если $|a^q|=m,$ то $(b^m)^p=e$. Но как доказать, что $b^m \ne e$? И, вообще, в том ли направлении я мыслю?

[Sinoid]

Тут вот пришло совершенно другое решение. Смотрите. Если $|A|=p^{\alpha}p_{1}^{\alpha_{1}}\ldots p_{s}^{\alpha_{s}}$ и

$$\begin{array}{r} A\cong\mathbb{Z}(p^{\alpha_{01}})\times\mathbb{Z}(p^{\alpha_{02}})\times\ldots\mathbb{Z}(p^{\alpha_{0i_{\hphantom{1}}}})\times\\ \times\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{11}})\times\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{12}})\times\ldots\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{1i_{1}}})\times\\ \times\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{s1}})\times\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{s2}})\times\ldots\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{si_{s}}})\hphantom{\times} \end{array},$$

где, например, $\alpha_{01}+\alpha+_{02}\ldots+\alpha_{0i}=\alpha$ с аналогичными равенствами для других $\alpha$, то элемент, соответствующий каждому кортежу

$$\left(\begin{array}{cccc} \underset{s}{\underbrace{\begin{array}{cccccccc} 0 & 0 & \ldots & 0 & p^{\alpha_{k}-1} & 0 & \ldots & 0\end{array}}} & \!0 & \ldots & 0\end{array}\right)$$

(в разных учебниках для прямого произведения используют разные скобки) и будет иметь порядок $p$. Хотя, вроде бы задача и решена, все равно осталось чувство недоделанности: первым-то способом пока не решил.

[g______d]

Sinoid в сообщении #1066340 писал(а):

Да, действительно, я доказал, что существует такой элемент факторгруппы $b\left\langle a\right\rangle,$ что $(b\left\langle a\right\rangle)^p=\left\langle a\right\rangle)$, откуда $(b^p\left\langle a\right\rangle)=\left\langle a\right\rangle)$, или $b^p=a^q$. При этом $b\left\langle a\right\rangle \ne \left\langle a\right\rangle,$ а значит, $b\notin \left\langle a\right\rangle,$. В частности, $b\ne e.$ Тогда если $a^q=e,$ то $|b|=p.$ Это пока все, что пришло в голову.

Рассмотрите подгруппу, порожденную элементом $b$. Она циклическая. Дальше понятно?

-- Пн, 26 окт 2015 14:11:06 --

Sinoid в сообщении #1067283 писал(а):

Хотя, вроде бы задача и решена, все равно осталось чувство недоделанности: первым-то способом пока не решил.

Вы использовали классификацию конечно порожденных абелевых групп. Это нехорошо: указанный факт, скорее всего, использовался в доказательстве классификации.

[Sinoid]

g______d в сообщении #1067286 писал(а):

Рассмотрите подгруппу, порожденную элементом $b$. Она циклическая. Дальше понятно?

Если я правильно понял, то дальше вот как. Если $ $\left\langle a \right\rangle \cap\left\langle b\right\rangle=C$, то $C\ne E$. С другой стороны, $C$, как подгруппа циклической группы $\left\langle b\right\rangle$, сама циклическая: $C=\left\langle b^l\right\rangle$. Т.к. $b^p\in C$, то $p\, \vdots\, l$, откуда $l=1$ или $l=p$. Но $b \notin \left\langle a\right\rangle$, значит, $l=p$ . Верно?

g______d в сообщении #1067286 писал(а):

Вы использовали классификацию конечно порожденных абелевых групп. Это нехорошо: указанный факт, скорее всего, использовался в доказательстве классификации.

Я про эту задачу вспомнил в связи с решением другой задачи:
Пусть $G$ - конечная абелева группа, $m$ делит $|G|$. Докажите, что существует $H<G$ такая, что $|H|=m$.
Вот к этой задаче
Указание: Проведите индукцию по $|G|$; воспользуйтесь тем, что для любого простого числа $p$, делящего $|G|$, в $G$ найдется элемент порядка $p$ (Другой вариант решения: примните теорему о разложении абелевой группы и задачу, в которой требуется доказать, что если $m$ делит порядок циклической группы $G$, то в $G$, существует, причем, ровно одна, подгруппа порядка
$m$).
Другой вариант, ИМХО, говорит о том, что у авторов задачника имелось доказательство теоремы о разложимости абелевой группы без использования утверждения задачи.

[RIP]

Sinoid в сообщении #1066365 писал(а):

Значит, если $|a^q|=m,$ то $(b^m)^p=e$. Но как доказать, что $b^m \ne e$? И, вообще, в том ли направлении я мыслю?

Это правильное соображение (также можно взять $m=\operatorname{ord}a$). Важно то, что $(m,p)=1$, поэтому найдутся такие $u,v\in\mathbb{Z}$, что $mu+pv=1$. Используя это, докажите, что $b^m\notin\langle a\rangle$.

Что касается теоремы о конечно порождённых абелевых группах, то она, вроде, обычно доказывается без этого факта (собственно, я и не представляю, для чего он может понадобиться в доказательстве), так что её применение законно, но это «из пушки по воробьям».

-- Вт 27.10.2015 17:56:20 --

Хотя можно проще: $b^m\notin\langle a\rangle$ равносильно тому, что $(b\langle a\rangle)^m\ne\langle a\rangle$. Но порядок элемента $b\langle a\rangle\in G/\langle a\rangle$ известен.

[Sinoid]

RIP в сообщении #1067455 писал(а):

Важно то, что $(m,p)=1$,

Если бы $(m,p)=p$, то элемент $a^{q\left(\frac{m}{p}\right)}$ имел бы порядок $p$. Пусть теперь $(m,\,p)=1$. Если бы $b^m\in\langle a\rangle$, то $b^{mu+pv}=(b^m)^u(b^p)^b=b \in \langle a\rangle$, что неверно!

-- 27.10.2015, 23:32 --

RIP в сообщении #1067455 писал(а):

Что касается теоремы о конечно порождённых абелевых группах, то она, вроде, обычно доказывается без этого факта (собственно, я и не представляю, для чего он может понадобиться в доказательстве), так что её применение законно, но это «из пушки по воробьям».

Почему? Наоборот же она в случае абелевых групп дает все элементы порядка $p$.

[RIP]

Sinoid в сообщении #1067572 писал(а):

Почему? Наоборот же она в случае абелевых групп дает все элементы порядка $p$.

Что почему? Почему «из пушки по воробьям»? Потому что утверждение довольно легко доказывается непосредственно, без ссылки на эту (весьма нетривиальную) теорему.

-- Ср 28.10.2015 00:24:17 --

Sinoid в сообщении #1067572 писал(а):

Если бы $(m,p)=p$, то элемент $a^{q\left(\frac{m}{p}\right)}$ имел бы порядок $p$.

Это лишнее. $m=\operatorname{ord}a^q$ делит порядок $a$, который не делится на $p$, как мы предполагаем.

Sinoid в сообщении #1067572 писал(а):

Пусть теперь $(m,\,p)=1$. Если бы $b^m\in\langle a\rangle$, то $b^{mu+pv}=(b^m)^u(b^p)^b=b \in \langle a\rangle$, что неверно!

Как я написал выше, я слегка перемудрил. Поскольку порядок $b\langle a\rangle$ равен $p$, а $m$ не делится на $p$, то $(b\langle a\rangle)^m\ne\langle a\rangle$, т.е. $b^m\notin\langle a\rangle$. Вот и всё.

[Sinoid]

RIP в сообщении #1067606 писал(а):

Что почему? Почему «из пушки по воробьям»?

Я думал, что вы надумали, что теорема о разложении абелевых групп к решению этой задачи вообще неприменима.

RIP в сообщении #1067606 писал(а):

Sinoid в сообщении #1067572

писал(а):
Пусть теперь $(m,\,p)=1$. Если бы $b^m\in\langle a\rangle$, то $b^{mu+pv}=(b^m)^u(b^p)^b=b \in \langle a\rangle$, что неверно! Как я написал выше, я слегка перемудрил. Поскольку порядок $b\langle a\rangle$ равен $p$, а $m$ не делится на $p$, то $(b\langle a\rangle)^m\ne\langle a\rangle$, т.е. $b^m\notin\langle a\rangle$. Вот и всё.

я хотел понять вот это:

RIP в сообщении #1067455 писал(а):

Это правильное соображение (также можно взять $m=\operatorname{ord}a$). Важно то, что $(m,p)=1$, поэтому найдутся такие $u,v\in\mathbb{Z}$, что $mu+pv=1$. Используя это, докажите, что $b^m\notin\langle a\rangle$

RIP в сообщении #1067606 писал(а):

Это лишнее. $m=\operatorname{ord}a^q$

я пока не знаю, что такое $\operatorname{ord}$.

[RIP]

Sinoid в сообщении #1067761 писал(а):

я хотел понять вот это:

Я это понял. И Вы меня правильно поняли. Просто можно было обойтись более простыми соображениями.

Sinoid в сообщении #1067761 писал(а):

я пока не знаю, что такое $\operatorname{ord}$.

Это порядок (то, что Вы обозначаете $|a^q|$).

[Sinoid]

RIP в сообщении #1067763 писал(а):

Это порядок (то, что Вы обозначаете $|a^q|$).

И порядки групп им можно обозначать? Хотя, по идее, можно, ведь порядок элемента-это порядок его циклической группы.

RIP в сообщении #1067763 писал(а):

Просто можно было обойтись более простыми соображениями.

Не сочтите за троллинг, но я пока не могу понять, почему вот это

RIP в сообщении #1067606 писал(а):

Поскольку порядок $b\langle a\rangle$ равен $p$, а $m$ не делится на $p$, то $(b\langle a\rangle)^m\ne\langle a\rangle$, т.е. $b^m\notin\langle a\rangle$. Вот и всё.

проще вот этого

Sinoid в сообщении #1067283 писал(а):

Тут вот пришло совершенно другое решение. Смотрите. Если $|A|=p^{\alpha}p_{1}^{\alpha_{1}}\ldots p_{s}^{\alpha_{s}}$ и

$$\begin{array}{r} A\cong\mathbb{Z}(p^{\alpha_{01}})\times\mathbb{Z}(p^{\alpha_{02}})\times\ldots\mathbb{Z}(p^{\alpha_{0i_{\hphantom{1}}}})\times\\ \times\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{11}})\times\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{12}})\times\ldots\mathbb{Z}(p_{1}^{\alpha_{1i_{1}}})\times\\ \times\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{s1}})\times\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{s2}})\times\ldots\mathbb{Z}(p_{s}^{\alpha_{si_{s}}})\hphantom{\times} \end{array},$$

где, например, $\alpha_{01}+\alpha+_{02}\ldots+\alpha_{0i}=\alpha$ с аналогичными равенствами для других $\alpha$, то элемент, соответствующий каждому кортежу

$$\left(\begin{array}{cccc} \underset{s}{\underbrace{\begin{array}{cccccccc} 0 & 0 & \ldots & 0 & p^{\alpha_{k}-1} & 0 & \ldots & 0\end{array}}} & \!0 & \ldots & 0\end{array}\right)$$

(в разных учебниках для прямого произведения используют разные скобки) и будет иметь порядок $p$

тут вообще никакого ни $b$, ни $m$ не нужно, вообще ничего не нужно! Просто есть разложение группы и я беру и конструирую элемент с нужными мне свойствами! Я это вообще без бумаги решил. Правда, с точки зрения обобщения другие варианты решения получше.

[RIP]

Sinoid в сообщении #1067838 писал(а):

И порядки групп им можно обозначать?

Это одно из стандартных обозначений для порядка элемента группы. Не встречал, чтобы порядок групп так обозначали.

Sinoid в сообщении #1067838 писал(а):

я пока не могу понять, почему вот это
…
проще вот этого…

Я имел в виду, что это более простое док-во $b\notin\langle a\rangle$, чем через $mu+pv=1$. Разумеется, теорема о конечно порождённых абелевых группах делает задачу тривиальной, и проще доказательство вряд ли придумать. Просто задачу можно решить, не прибегая к такой тяжёлой артиллерии, а используя лишь сравнительно простые факты из теории групп.

[Sinoid]

Вот теперь все стало ясно, спасибо всем за помощь, хотя

RIP в сообщении #1067862 писал(а):

Это одно из стандартных обозначений для порядка элемента группы. Не встречал, чтобы порядок групп так обозначали.

я такого обозначения до этого не видел, но, по идее обобщение должно распространяться и на порядки групп.