Предложение <p>В F<sub>π</sub> – аппроксимируемой группе все элементы конечного порядка является π-элементами. </p> Схема доказательства: Пусть, напротив, в F<sub>π</sub> – аппроксимируемой группе G существует элемент a, порядок m которого не является π-числом. Это означает, что некоторый простой делитель q числа m не входит в множество π. Так как m делится на q, m=qm1 для некоторого натурального числа m1. Тогда (?) порядок элемента b=a<sup>m<sub>1</sub></sup> равен q. В частности, b≠1. Остаётся показать, что при любом гомоморфизме группы G на конечную π-группу элемент b переходит в 1, а это противоречит F<sub>π</sub> – аппроксимируемости группы G.

Помогите,пожалуйста, доказать предложение т.е. более подробно расписать место, где стоит (?).

задан 26 Сен '16 21:22

Здесь использован тривиальный факт. Поясню на таком примере. Пусть известно, что порядок элемента a равен 100. Тогда a^2 имеет порядок 50; a^4 имеет порядок 25; a^5 имеет порядок 20, и так далее.

Проверим последнее. Если a^5 возвести в степень 20, то получится a^{100}=1. Будет ли число 20 с таким свойством наименьшим? Да, будет -- потому что если вместо него взять натуральное s < 20, то (a^5)^s=a^{5s} не равно 1, поскольку 5s < 100.

В общем виде: если порядок a равен mn, то порядок a^m равен n.

(26 Сен '16 21:38) falcao

Почему при a^4 порядок 25, а при a^5 порядок 20 ?

(1 Окт '16 0:16) Svet_93

@Svet_93: во-первых, я это объяснил, приведя доказательство. Во вторых, предлог "при" здесь неуместен: говорят, что a^4 имеет порядок 25 (или: a^4 -- элемент порядка 25). В-третьих, прочитайте в книжке определение порядка элемента.

(1 Окт '16 0:46) falcao

Почему порядок элемента b=a<sup>m<sub>1</sub></sup> равен q?

(4 Окт '16 17:46) Svet_93

@Svet_93: я это уже объяснил. Порядок элемента $%b$% равен $%q$%, так как верны два условия: 1) при возведении в степень $%q$% получается элемент $%b^q=a^{m_1q}=a^m=1$%; 2) при возведении в степень с натуральным показателем $%s < q$% получается $%b^s=a^{m_1s}\ne1$%, так как $%m_1s < m_1q=m$%.

(4 Окт '16 18:07) falcao

Спасибо большое, но остался вопрос о гомоморфизме на конечную π-группу, который переводит элемент b в 1.

Пусть ф-гомоморфизм группы G на некоторую конечную π-группу. Тогда порядок образа bф элемента b является π-числом (почему?), обозначим его через r. Числа b и r взаимно просты (почему?), так что qx+ry=1 для некоторых целых чисел x и y. Легко показать теперь (как?), что bф.

(19 Окт '16 23:11) Svet_93

@Svet_93: я не понял, в чём состоит второй вопрос (хотя подозреваю, что там что-то простое). Текст комментария я не понимаю. Через b обозначен элемент группы. Далее говорится, что числа b и r взаимно просты. То есть элемент группы (абстрактный) по ходу дела почему-то взял и стал числом. Кроме того, последняя фраза неожиданно обрывается. Надо всё написать внимательно и чётко. Лучше всего сделать это в качестве добавления к тексту вопроса.

(19 Окт '16 23:18) falcao

Пусть ф-гомоморфизм группы G на некоторую конечную π-группу. Тогда порядок образа bф элемента b является π-числом (почему?), обозначим его через r. Числа b и r взаимно просты (почему?), так что qx+ry=1 для некоторых целых чисел x и y. Легко показать теперь (как?), что bф=1.

(20 Окт '16 0:27) Svet_93
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
0

Приходится продолжать здесь, потому что в комментариях нет места.

К сожалению, Вы никак не отреагировали на первое моё замечание. Приходится повторяться. Ещё раз обращаю внимание, что символом b обозначен как элемент группы (который может быть чем угодно: матрицей, подстановкой, каким-то абстрактным символом и т.п.), так и число (которое с чем-то там взаимно просто). Так быть не может -- это грубое нарушение "закона тождества" в логике, когда совершенно разные объекты выступают под одним именем.

Теперь требуется следующее. Сначала надо осознать очевидную абсурдность написанного. Далее либо исправить, если это возможно, либо не обращать внимания на указания, и дать исходную постановку задачи. Что дано, и что требуется доказать.

Скорее всего, здесь имеет место опечатка, и имелось в виду, что взаимно просты числа q и r. У нас было известно, что элемент b имеет порядок q, где q -- простое число, не входящее в множество $%\pi$%. Элемент bф принадлежит конечной $%\pi$%-группе, поэтому его порядок делит порядок этой группы, и все простые делители порядка принадлежат множеству $%\pi$%. Понятно, что числа $%r=p_1...p_s$%, где все $%p_i\in\pi$%, и простое число $%q\notin\pi$% взаимно просты, так как у них нет общих простых множителей в разложении. Теперь применяем теоретико-числовую лемму, и находим целые x, y, для которых 1=qx+ry. Нам известны две вещи: $%b^q=1$% в $%G$% (так как порядок $%b$% обозначили через $%q$%), и $%(bф)^r=1$% (так как порядок $%bф$% обозначили за $%r$%). Тогда из первого условия следует, что $%1=(1)ф=(b^q)ф=(bф)^q$%, то есть $%bф$% равно 1 в двух взаимно простых степенях $%q$% и $%r$%. Следовательно, $%bф=(bф)^{qx+ry}=((bф)^q)^x((bф)^r)^y=1^x1^y=1$%, что и требовалось.

ссылка

отвечен 20 Окт '16 0:50

Благодарю, Вас за полный ответ!

(21 Окт '16 21:08) Svet_93
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,879
×1,025
×441
×300
×63

задан
26 Сен '16 21:22

показан
672 раза

обновлен
21 Окт '16 21:08

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru