2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Фаддеев, Соминский 874
Сообщение23.10.2015, 23:22 


03/06/12
2067
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 :oops: .
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение24.10.2015, 06:36 
Заслуженный участник


26/10/14
380
Новосибирск
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение24.10.2015, 23:01 


03/06/12
2067
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение25.10.2015, 00:10 


03/06/12
2067
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение26.10.2015, 23:59 


03/06/12
2067
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение27.10.2015, 00:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5936
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение27.10.2015, 15:54 


03/06/12
2067
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение27.10.2015, 17:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3665
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение27.10.2015, 22:26 


03/06/12
2067
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 $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение28.10.2015, 00:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3665
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение28.10.2015, 15:25 


03/06/12
2067
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 $\operatorname{ord}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение28.10.2015, 15:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3665
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 $|a^q|$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение28.10.2015, 22:05 


03/06/12
2067
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение28.10.2015, 23:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3665
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Фаддеев, Соминский 874
Сообщение29.10.2015, 16:32 


03/06/12
2067
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group