Пусть $%C_n$% - циклическая группа порядка $%n$% с образующей $%g$%. Доказать, что если $%g^i$% - другая образующая, то $%(i,n)=1.$%

задан 13 Июн '17 22:21

1

Это достаточно тривиальный факт. Его лучше всего выводить из чего-то более общего. Например, известно, что если порядок g равен n, то порядок g^i равен НОД(n,i). Образующие -- это в точности элементы порядка n, откуда всё следует.

А если доказывать только в одну из сторон, как здесь, то всё ещё проще. Если d=(i,n) > 1, то g^i равен 1 в степени n/d < n, и он не порождает подгруппу порядка n.

(14 Июн '17 0:39) falcao

Только наверное не НОД(n,i), а n/НОД(n,i). Я пытался понять доказательство этого факта (читал разные источники), но до конца не понял, поэтому обхожу его.

А если в одну сторону, то почему g^i равен 1 в степени n/d? Это же тоже опирается на вышеуказанный факт?

(14 Июн '17 0:54) Slater
1

@Slater: да, я опечатался. Доказательство там лёгкое, его легко вывести из определений. И на форуме оно много раз излагалось. Обходить такие факты как раз не надо, так как они часто используются. Начинать вообще лучше с простых базовых вещей. Остальное потом на их основе доказывается почти автоматически.

Последнее вытекает из того, что i делится на d, и тогда in/d делится на n. Значит, g в этой степени равен 1.

(14 Июн '17 3:38) falcao

Немного смежный вопрос: при автоморфизме C_n образующая переходит в образующую. Правильно ли я понимаю, что это верно для любого сюръективного гомоморфизма C_n->C_m? Т.е. инъективность и "автоморфность" (совпадение n и m) не нужны?

(20 Июл '18 0:24) Slater

@Slater: если гомоморфизм сюръективен, то элемент из образа имеет вид ф(a^k)=ф(a)^k, то есть ф(a) будет образующим.

(20 Июл '18 1:15) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Понятно, что набор $%(g^i)^m, m=1,\cdots,n,$% должен совпасть со всей группой. Если $%n=i\cdot k,$% то только $%m=1,2,\cdots k$% породят различные элементы, поэтому условие взаимной простоты $%n$% и $%i$% необходимо. С другой стороны, если это условие верно, то равенство $%(g^i)^m=(g^i)^k, n>m>k>0$% равносильно равенству $%(g^i)^{m-k}=e,$% и тогда $%i(m-k)=np,$% и тогда $%m-k$% кратно $%n,$% что невозможно в силу неравенств $% n>m>k>0$%. Значит, все элементы $%(g^i)^m, m=1,\cdots,n,$% различны, и их набор совпадает со всей группой.

ссылка

отвечен 13 Июн '17 22:57

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:

×4,516

задан
13 Июн '17 22:21

показан
295 раз

обновлен
20 Июл '18 1:15

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