деление в абелевой группе

[r2d2study]

Что-то я запутался с, наверное, совсем простым вопросом.

Следует ли в абелевой группе G из $kg=kh, g, h\in G, k\in \mathbb Z$, что $g=h$?
Я так понимаю, что нет, ведь можно переписать это равенство, как: $k(g-h)=0$, а отсюда всего лишь следует, что порядок $g-h$ делит k.

[bot]

Неправильно понимаете а равенства так переписать не удастся - в группе одна операция и ей обратная. Если основная операция - умножение, то никакаких сложений вычитаний в группе нет.

[r2d2study]

в абелевой группе, k - целое число

[nnosipov]

bot в сообщении #526420 писал(а):

Следует ли в абелевой группе G из $kg=kh, g, h\in G, k\in Z$, что $g=h$?
Я так понимаю, что нет, ведь можно переписать это равенство, как: $k(g-h)=0$, а отсюда всего лишь следует, что порядок $g-h$ делит k.

По-моему, Вы понимаете правильно.

[Someone]

r2d2study, если предположить, что моих телепатических способностей достаточно, чтобы угадать смысл Ваших обозначений, то Вы правы.

А вообще, обозначения надо объяснять.

[Joker_vD]

Возьмите $\mathbb Z_k$ — там $ka=0$ для любых $a\in\mathbb Z_k$. Так что если вы хотите сокращать на $k$, нужно, чтобы оно было с чем-то там взаимно просто. С экспонентой, что ли?

[bot]

(nnosipov)

Я такого не писал.

Но был невнимателен (сбило с толку название темы): $k$ - это целое число, следовательно группа понимается аддитивной, а "умножение" на $k$ - это k-кратное сложение, да - тогда у Вас верно, но это никакое не деление - в мультипликативной записи это извлечение корня.

[nnosipov]

(Оффтоп)

bot, не могу объяснить, как такое получилось. Выделял цитату не из Вашего сообщения, откуда что взялось --- непонятно. Видимо, какой-то глюк.

[r2d2study]

Если все же правильно, то подскажите, как доказать такое утверждение:

полная абелева группа G является пополнением своей подгруппы A, тогда и только тогда, когда каждая нетривиальная циклическая подгруппа группы G нетривиально пересекается с A

Я рассуждал так: пусть $\exists G\supset H\supset A,$ где $H$ - полная, тогда $\exists g\in G \backslash H, \exists k: \ kg\in A, H$, причем, можно считать k простым. Так как H - полная, то $\exists x \in H: kx=kg$ и тут понял, что так ничего не получается)

[bot]

(а мне уже раньше объяснили)

Выделяем цитату в одном сообщении и жмём пипку вставка - в другом

[nnosipov]

(Оффтоп)

bot, вот теперь понятно Буду повнимательней.

[bot]

Del. Побредил слегка. Исправляю.

Полная подгруппа выделяется в абелевой группе прямым слагаемым. Если $G=H+K$ и $K$ нетривиальна, то циклическая подгруппа, порождённая элементом из $K$, пересекается с $A<H$ по единице нулю.

[Munin]

bot в сообщении #526427 писал(а):

но это никакое не деление - в мультипликативной записи это извлечение корня.

Эта аналогия, по-моему, лучше всего поможет понять суть просходящего. Пусть у нас группа - окружность $U(1)=R/(2\pi Z),$ тогда у уравнения $kx=c$ будет ровно $k$ корней, как корней $k$-й степени из комплексного числа.

(Оффтоп)

Кстати, я знаю пример, когда корней будет бесконечно много (континуум), но он неабелев, а бывает ли такой абелев - сомневаюсь, так что не буду офтопить...

[r2d2study]

bot, спасибо, в эту сторону я уже и сам догадался, а вот обратно не получается:

пусть G - пополнение A, пусть существует нетривиальная подгруппа $H\subset G, H\cap A=0$. Противоречие, видимо, должно получиться из существования, меньшей чем G, полной группы, содержащей A. Для этого нужно выделить H прямым слагаемым? Мне пришло в голову взять все подгруппу G, содержащие A, тривиально пересекающиеся с H, по лемме Цорна получим максимальную - B. Но показать, что $B+H=G$, не получается.

[bot]

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.