Гомоморфизм $%h: Z_{p^m}\times Z_{p^n} \rightarrow Z_{p^m}\times Z_{p^n} $% задается четверкой отображений $%h=(h_{mm}, h_{mn}, h_{nm},h_{nn})$%, где $%h_{ij}: Z_{p^i} \rightarrow Z_{p^j}$%. Пусть $%m>n$%. Доказать, что $%h=(h_{mm}, h_{mn}, h_{nm},h_{nn})$% - автоморфизм тогда и только тогда когда $%h_{mm}$% и $%h_{nn}$% автоморфизмы. Верно ли это при $%m=n$%?

задан 6 Июл '17 19:36

10|600 символов нужно символов осталось
0

Будем везде использовать аддитивную запись.

Для начала разберём случай $%m > n$%. Рассмотрим некоторый эндоморфизм $%h$%, про который нам известно, что $%h_{mm}$% и $%h_{nn}$% -- автоморфизмы. Проверим, что $%h$% тоже автоморфизм.

Введём обозначения $%h(1,0)=(a,b)$%, $%h(0,1)=(c,d)$%. Элемент $%(0,1)$% имеет порядок $%p^n$%, поэтому $%(p^nc,p^nd)=(0,0)$%. В частности, $%p^nc$% делится на $%p^m$%, поэтому $%c$% делится на $%p$%. Далее, $%h_{mm}(1)=a$%, поэтому $%a$% не делится на $%p$%, и $%h_{nn}(1)=d$%, что также не делится на $%p$%.

Из сказанного следует, что $%h(d,-b)=d(a,b)-b(c,d)=(ad-bc,0)$%, и первая координата не делится на $%p$%. Следовательно, $%ad-bc$% порождает всю группу $%\mathbb Z_{p^m}$%, то есть первое прямое слагаемое. Тем самым, $%(1,0)$% лежит в образе $%h$%. Тогда $%(0,d)=(c,d)-c(1,0)$% также лежит в образе $%h$%, и потому второе прямое слагаемое $%\mathbb Z_{p^n}$% лежит в образе. Получается, что $%h$% сюръективен, а потому и биективен, так как речь идёт об отображении конечного множества в себя.

Теперь докажем обратную импликацию: пусть дано, что $%h$% -- автоморфизм группы; требуется установить это про $%h_{mm}$% и $%h_{nn}$%. Сохраним ранее введённые обозначения. Если $%h_{mm}(1)=a$% делится на $%p$%, то образ $%h$% удовлетворяет тождеству $%p^{m+n-1}h(G)=0$%, поскольку $%c$% делится на $%p$%. Это противоречит тому, что перед нами автоморфизм группы. Таким образом, $%h_{mm}$% переводит образующий в образующий, то есть является автоморфизмом первого прямого слагаемого. Далее, предположим, что $%h_{nn}$% не является автоморфизмом. Запишем прямую сумму в виде $%A\oplus B$%. По предположению, $%h_{nn}(1)\subseteq pB$%. Тогда образ подгруппы $%pA\oplus B$% содержится в $%pA\oplus pB$%, чего при автоморфизме быть не может, так как подгруппа порядка $%p^{m+n-1}$% не может перейти в подгруппу порядка $%p^{m+n-2}$%.

Теперь рассмотрим случай $%m=n$%. Здесь возможен автоморфизм, переставляющий прямые слагаемые, для которого $%h_{mm}$% и $%h_{nn}$% будут нулевыми отображениями. Обратно: при $%m=n$% элемент $%(1,1)$% имеет порядок $%p^m=p^n$%, поэтому можно задать эндоморфизм, при котором $%h(1,0)=h(0,1)=(1,1)$%. Он не будет автоморфизмом, поскольку не инъективен, однако $%h_{mm}$% и $%h_{nn}$% окажутся тождественными автоморфизмами.

ссылка

отвечен 7 Июл '17 10:47

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:

×4,521

задан
6 Июл '17 19:36

показан
248 раз

обновлен
7 Июл '17 10:47

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