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




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 
Сообщение28.12.2008, 19:20 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
$t_i=0$ или $1$. Соответственно случай $Z_{2^l}$ сводится к случаю $Z_2$, т.е. достаточно рассмотреть два случая $Z_2+Z_2$ и $Z_2+Z_2+Z_2$.
В первом случае элементы $0,e_1,e_2,e_1+e_2$, возьмём $s(0)=0,s(e_1)=e_2,s(e_2)=e_1+e_2,s(e_1+e_2)=e_1$. Несложно проверит, что $t(a)=a+s(a)$ так же перестановка.
Во втором случае элементы $0,e_1,e_2,e_3,e_1+e_2,e_2+e_3,e_3+e_1,e_1+e_2+e_3$.
Сразу трудно выписать, лучше дать компьютеру перебрать перестановки из 8 элементов.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.12.2008, 07:32 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Руст писал(а):
$t_i=0$ или $1$. Соответственно случай $Z_{2^l}$ сводится к случаю $Z_2$, т.е. достаточно рассмотреть два случая $Z_2+Z_2$ и $Z_2+Z_2+Z_2$.


Я НЕ ПОНИМАЮ, что у Вас за $t_i$ такие, равные $0$ или $1$. Откуда они берутся и что с ними надо делать? РАСПИШИТЕ ВСЁ ПОДРОБНО И С САМОГО НАЧАЛА!!! Без ссылок на предыдущие записи, в них сам чёрт ногу сломит!

Самое главное, что я от Вас хочу узнать: как вы сводите случай $\mathbb{Z}_{2^n} \times \mathbb{Z}_{2^m} \times \mathbb{Z}_{2^k}$ к случаю $\mathbb{Z}_2^3$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.12.2008, 07:46 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Судя по молчанию Руста, решения у него нет. А есть ошибочное рассуждение, которое он поспешно принял за решение.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.12.2008, 13:05 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Почему же нет. Может просто не хочу писать из-за того, что длинно.
Абелева группа конечного порядка представляется в виде суммы
$$G=A+\sum_{i=1}^k Z_{2^{l_i}}.$$
где A группа нечётного порядка.
Рассмотрим случаи.
0. $k=0$ - $G=A$, в этом случае $s(a)=-a-a$ осуществляет нужную перестановку.
1. $k=1$. - $G=A+Z_{2^l}$. Определим функцию $ord:G\to Z_+$ следующем образом: $ord(g)=l$ если $2^lg=g+g+...+g\in A, 2^{l-1}g\not \in A$.
Пусть порядок группы А равен n - нечётное число. Предположим, что существует такая перестановка $s:G\to G$, что $t:G\to G,t=s+Id$ так же перестановка. Обозначим через $a_{ij},i,j=0,1,..,l$ и $b_{i,j}$ количество элементов порядка i, которые переходят в порядок j после перестановки s и t. Очевидны следующие соотношения:
(1) $\sum_j a_{ij}=\sum_j b_{ij}=n2^{i-1}$ (в случае i=0, i-1 считается равным нулю).
(2) $a_{0i}=b_{0,i}, b_{10}=a_{11}+R,b_{11}=a_{10},b_{1i}=a_{1i},i>1$.
Из предыдущего следует, что $R=0$, т.е. для i>1 $t(g)=g+s(g)\not \in A, ord(g)=i>1$.
(3) $b_{ij}=a_{ij},j>i, b_{ii}=\sum_{j<i} a_{ij},b_{i,i-1}=a_{i,i},b_{ij}=0,j<i-1$ последнее получается из (1) аналогично получению $R=0$.
Имеет место и транспонированное (1):
(4) $\sum_i a_{ij}=\sum_i b_{ij}=n2^{j-1}$ (0-1=0).
Взяв i=0,1 отсюда получаем $b_{00}+b_{10}=n,b_{01}+b_{11}+b_{21}=n$, т.е.
(5) $a_{00}+a_{11}=n, a_{0,1}+a_{10}+a_{2,2}=n$
(6) $a_{j+1,j+1}+\sum_{i=0}^{j-1}(a_{ij}+a_{ji})=2^{j-1}n$.
Этих соотношений с учётом (1) и (4) для матрицы $a_{ij}$ достаточно, для получения противоречия с нечётностью n. В частности, последнее соотношение (6) эквивалентно $2a_{ll}=2^{l-1}n$, что сразу приводит к противоречию при l=1.
Предсавим сумму в (6) в виде $\sum_{i=0}^{j-1}(a_{ij}+a_{ji})=-2a_{jj}+2^jn-\sum_{i>j}(a_{ij}+a_{ji})$
Таким образом получается
(7) $\sum_{i>j}(a_{ij}+a_{ji})=2^{j-1}n+a_{j+1,j+1}-2a_{jj}$
Так как в (6) и (7) суммы одни и те же, получаем, при j<l $a_{j+1,j+1}=a_{jj}$.
А это противоречит нечётности $n=a_{00}+a_{11}$.
Случай l>1 сводится к построению, который я раньше уже указал. Эта часть намного легче, чем доказательство несуществования перестановки при $l=1$ и я пока не буду повторять.
С наступающем Новым годом всех.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.01.2009, 12:48 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
По моему, ерунда какая-то у Руста написана. Он долго и нудно разбирает случай, когда в группе существует ровно один элемент порядка два, и доказывает, что в этом случае нет нужной перестановки. Однако это очевидно: достаточно всего лишь просуммировать все элементы группы. maxal указал на это во втором сообщении темы.

Самый же интересный случай --- случай, когда $k \geqslant 2$, Руст так и не разобрал :(

Итого мы имеем кучу каких-то мутных выкладок по поводу очевидной ерунды и ничего, что действительно бы помогало решить задачу! Если я не прав и кто-то увидел нечто ценное в сообщении Руста, пусть поправит меня!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.01.2009, 12:54 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Профессор Снэйп писал(а):
По моему, ерунда какая-то у Руста написана. Он долго и нудно разбирает случай, когда в группе существует ровно один элемент порядка два, и доказывает, что в этом случае нет нужной перестановки. Однако это очевидно: достаточно всего лишь просуммировать все элементы группы. maxal указал на это во втором сообщении темы.

Согласен, случай $k=1$ уже рассмотрен, к тому же у меня там есть неточность, которая легко исправляется, точнее $a_{ii}=a_{jj}\mod 2$ (равенство может не выполняться) и этого достаточно.
Определим гомоморфизм $2:G\to G, g\inG\to g+g$. Пусть B ядро этого гомоморфизма. Выберем в группе G множество представителей $G'$ по одному элементу для каждого класса представителеля фактор группы $G/B$. Тогда каждый элемент $g\in G$ представим в виде $g'+b,g'\in G',b\in B$. Подгруппа B есть $(Z_2)^k$. Случаи $k=0,1$ рассмотрены. При $k\ge 2$ определим изоморфизм $s:B\to B$ через образующие $e_1,e_2,...,e_k$ по формуле
(1) $e_i\to e_{i+1},i<k,e_k\to e_1+e_k$.
Так как образующие переходят в образующие (другие) то перестановка s будет изоморфизмом на подгруппе B. Определим перестановку s на всей группе по формуле $s(g)=s(g'+b)=g'+s(b),b\in B$. При таком определении отображение $tG\to G,g\to g+s(g)$ не обязано быть перестановкой. Именно этот момент затрудняет построение.Поэтому могу дать решение только для случая, когда группа G является прямой суммой группы нечётного порядка A и групп $(Z_{2^r})^k$, когда чётную часть можно разложить на прямую сумму подгрупп, являющихся прямой суммой не менее двух одинаковых групп, например $G=(Z_2+Z_2)+(Z_4+Z_4+Z_4)$. Так как если существуют такие изоморфизмы $s_i$ для каждого прямого слагаемого, то $s=\sum_i s_i$ будет требуемым изоморфизмом.
В случае $(Z_{2^r})^k$ изоморфизм определяется через образующие $e_i$ по той же формуле, что и выше (1).
Когда чётная часть имеет порядки, не встречающиеся ещё раз для объединения в указанные суммы как я понял, не существует такого изоморфизма. Правда может существовать перестановка, не являющаяся изоморфизмом. Надо попробовать перебрать варианты на конкретном примере $G=Z_2+Z_4$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Абелевы группы и перестановки
Сообщение06.09.2010, 14:54 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Блин, убийственная задача! Несколько лет уже к ней время от времени возвращаюсь, но увы, до конца так и не решил...

Вчера удалось доказать, что нужная перестановка (и даже автоморфизм группы) есть при $A = \mathbb{Z}_{2^n}^k$ при $k > 1$.

Итак, пусть $A$ такая, как указано. Пусть $B$ --- подгруппа в $A$, состоящая из элементов порядка $2$. Пусть $E_A$ --- множество эндоморфизмов группы $A$, рассматриваемое как группа относительно сложения. Аналогично $E_B$ --- группа эндоморфизмов $B$.

Существует гомоморфизм $\alpha : E_A \to E_B$, сопоставляющий каждому элементу $E_A$ его ограничение на $B$. Отображение $\alpha$ определено корректно, так как $B$ инвариантна относительно любого $\varphi \in E_A$.

Ясно, что ядро $I = \mathrm{Ker}(\alpha)$ совпадает с множеством таких $\varphi \in E_A$, что $\varphi(B) = 0$.

Посчитаем порядки введённых групп. Так как для того, чтобы задать эндоморфизм группы $A$, достаточно задать его произвольным образом на образующей каждого из множителей $\mathbb{Z}_{2^n}$, то $|E_A| = 2^{k^2n}$. Аналогично $|E_B| = 2^{k^2}$. Кроме того, для произвольного $\varphi \in E_A$ справедливо $\varphi \in I \Leftrightarrow$ значение $\varphi$ на любой из образующих группы $A$ имеет показатель $< 2^n$, так что $|I| = 2^{k^2(n-1)}$. Получается, что $(E_A : I) = 2^{k^2n}/2^{k^2(n-1)} = 2^{k^2} = |E_B|$ и образ $\alpha$ совпадает со всей группой $E_B$.

Далее, для произвольного $\varphi \in E_A$ отображение $\varphi$ является автоморфизмом группы $A$ в том и только в том случае, если $\alpha(\varphi)$ --- автоморфизм группы $B$. Действительно, если $\varphi$ --- автоморфизм, то $\varphi$ инъективно и его ограничение на $B$ тоже инъективно. С другой стороны, если $\varphi(a) = 0$ для некоторого $0 \neq a \in A$, то при подходящем $s \geqslant 0$ элемент $b = 2^sa$ принадлежит $b$, не равен $0$ и попадает в ядро $\alpha(\varphi)$.

Ну а теперь поскольку $B \cong \mathbb{Z}_2^k$, то на $B$ можно ввести единицу и умножение так, что получится поле характеристики $2$. Поскольку $k > 1$, то $B$ не совпадает с простым полем и существует $u \in B$, такое что $u, u + 1 \neq 0$. Для всех $b \in B$ положим $\psi_1(b) = u \cdot b$ и $\psi_2(b) = \psi_1(b) + b$. Получаем, что $\psi_1$ и $\psi_2$ --- автоморфизмы группы $B$.

Из того, что образ $\alpha$ совпадает с $E_B$, заключаем, что существует $\varphi_1 \in E_A$, такой что $\alpha(\varphi_1) = \psi_1$. Из того, что $\psi_1$ --- автоморфизм, заключаем, что $\varphi_1$ --- автоморфизм $A$. Пусть $\varphi_2(a) = \varphi_1(a) + a$ при всех $a \in A$. Лекго проверит, что $\alpha(\varphi_2) = \psi_2$, так что $\varphi_2$ --- тоже автоморфизм. Что и требовалось доказать!

Для $A = \mathbb{Z}_{2^n} \times \mathbb{Z}_{2^m}$ при $n \neq m$ конструкция, увы, не проходит. Образ $\alpha$ перестаёт совпадать с $E_B$. Хуже того, можно показать, что автоморфизм с нужными свойствами в этом случае вообще не существует. Нужно искать именно перестановки, не сохраняющие групповую структуру :-(

(Оффтоп)

Красивая всё-таки вещь теория групп! Вчера весь день убил на то, что изложил выше. Дома бардак, на работе завал, к завтрашней лекции ничерта не готов... Но зато вот, абелевы группы :-)


-- Пн сен 06, 2010 18:09:49 --

Впрочем, Руст этот случай уже разобрал :o Я за давностью лет подзабыл, что было сделано, и невольно повторил его выкладки...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.03.2011, 17:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Перебрал все перестановки $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_4$, ни одной такой, которая в сумме с тождественной перестановкой опять давала бы перестановку не нашлось.

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение13.03.2011, 09:51 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
lofar в сообщении #422151 писал(а):
Перебрал все перестановки $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_4$, ни одной такой, которая в сумме с тождественной перестановкой опять давала бы перестановку не нашлось.

Плохо перебирали!
$$
\begin{array}{c|c|c}
a & s(a) & a + s(a) \\
\hline \\
(0,0) & (0,0) & (0,0) \\
(0,1) & (0,2) & (0,3) \\
(0,2) & (1,0) & (1,2) \\
(0,3) & (1,2) & (1,1) \\
(1,0) & (0,3) & (1,3) \\
(1,1) & (1,1) & (0,2) \\
(1,2) & (1,3) & (0,1) \\
(1,3) & (0,1) & (1,0) \\
\end{array}
$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение13.03.2011, 13:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Действительно плохо. И слава Богу -- красивая задачка все еще жива.

 Профиль  
                  
 
 Re: Абелевы группы и перестановки
Сообщение13.03.2011, 16:55 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Можно обобщить пример для группы $$Z_{2^{k_1}}+...+Z_{2^{k_l}}, k_i\ge 1, l\ge 2$$
таким образом: Обозначим через $e_i$ базис образующих подгрупп и определим перестановку:
$$ \ (1) \ \ s(\sum_a_ie_i)=\sum_i (2a_ie_i+\delta_ib_{i+1}e_{i+1})$$,
где $$\delta_i=0, a_i<2^{k_i-1}, \delta_i=1, a_i\ge 2^{k_i-1}.$$
Лемма1. При любом наборе нечетных чисел $b_i$ (1) является перестановкой.
Доказывается простым вычислением обратного из $s(x)=y$ разрешимого однозначно при любом $y$. Здесь существенно нечетность чисел $b_i$. Еще забыл упомянуть, что для последнего образующего следующим является первое, т.е. $b_{l+1}=b_1,e_{l+1}=e_1$.
Остается проверять, что всегда можно выбрать нечетные $b_i$, чтобы $t(x)=x+s(x)$ так же являлась перестановкой.
Решим уравнение $t(x)=y=\sum_i c_ie_i$ или $3a_i+\delta_{i-1}b_i=c_i$. При любом наборе $\delta_i$ числа $a_i$ находятся однозначно. Однако, нам нужен только такой набор, чтобы $\delta_i=1$ соответствовало $a_i\ge 2^{k_i-1}$ и наооборот. Это обеспечивает единство решения.
Соответственно доказывает утверждение.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.03.2011, 00:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Пусть $a_1 = 2^{k_1-2}, a'_1 = 3\cdot 2^{k_1-2}$. Тогда $2a_1 \geqslant 2^{k_1-1}$ и $2a'_1 \geqslant 2^{k_1-1}$, значит и для $a_1$ и для $a'_1$ имеем $\delta_1=1$ и следовательно$s(a_1e_1) = s(a'_1e_1)$, то есть $s()$ -- не перестановка.

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение14.03.2011, 00:49 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
lofar в сообщении #422675 писал(а):
Пусть $a_1 = 2^{k_1-2}, a'_1 = 3\cdot 2^{k_1-2}$. Тогда $2a_1 \geqslant 2^{k_1-1}$ и $2a'_1 \geqslant 2^{k_1-1}$, значит и для $a_1$ и для $a'_1$ имеем $\delta_1=1$ и следовательно$s(a_1e_1) = s(a'_1e_1)$, то есть $s()$ -- не перестановка.

Я исправил. На самом деле я хотел (и рассуждал) о записи для $\delta_i$ или с двойкой перед $a_i$, но тогда без уменшения степени $k_i$ ($2^{k_i}$), или без него. Машинально записал и двойку и уменьшение степени.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2011, 12:34 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Я вот тоже что-то не понимаю, даже в исправленном варианте.

Индекс $i$ в суммах что пробегает? Множество натуральных от $1$ до $l$? Если да, то при $i = l$ непонятно, что за $e_{i+1}$ имеется в виду.

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение15.03.2011, 12:47 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Профессор Снэйп в сообщении #423128 писал(а):
Я вот тоже что-то не понимаю, даже в исправленном варианте.

Индекс $i$ в суммах что пробегает? Множество натуральных от $1$ до $l$? Если да, то при $i = l$ непонятно, что за $e_{i+1}$ имеется в виду.

Об этом сказано, что индексу $l+1$ соответствует 1.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 51 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

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