Рассмотрим нециклическую группу порядка 35. Требуется доказать элементарными методами (без теорем Силова и Коши), что она содержит элемент порядка 5.

задан 23 Сен '17 23:01

изменен 23 Сен '17 23:01

Вообще-то нециклических групп порядка 35 не бывает :)

Если порядок конечной группы делится на простое p, то существование элемента порядка p стандартно доказывается при помощи формулы классов. Можно посмотреть это рассуждение, например, у Ленга в "Алгебре".

(23 Сен '17 23:38) falcao

А если не ссылаться на общий результат? (Это же теорема Коши, которую я упоминал). Например, предположить обратное, взять неединичный элемент, он имеет порядок 7. Породить им подгруппу, взять элемент не из этой подгруппы, породить им другую подгруппу. Взять элемент не из подгруппы, порожденной предыдущими двумя, и т.д. Какие детали надо добавить в такое рассуждение?

(23 Сен '17 23:57) Slater
10|600 символов нужно символов осталось
1

Хорошо, пусть будет такое рассуждение для случая нециклической группы G порядка pq, где p < q -- простые.

Если нет элементов порядка p, то все неединичные элементы имеют порядок q. Пусть a -- один из таких элементов. Он порождает циклическую подгруппу H порядка 7. Любая другая подгруппа, собственно содержащая H, совпадает с G. Отсюда следует, что если b не принадлежит H, то элементы a и b порождают всю группу G.

Рассмотрим левые смежные классы вида b^{k}H, где k=0,1,...,6. Их 7, а всего различных смежных классов по H имеется 5. Значит, есть совпадения: b^{i}H=b^{j}H при некоторых 0<=i < j < 7. Тогда b^m принадлежит H для некоторого натурального m < 7. Этот элемент неединичен, и он равен a^s для некоторого s. Такой элемент коммутирует как с a, будучи его степенью, так и с b по аналогичной причине. Значит, он принадлежит центру, то есть центр группы G нетриивален.

Если центр совпадает с G, то G абелева, и в этом случае всё просто. Если же центр имеет порядок 7, то факторгруппа по нему циклична, а это невозможно. То, что факторгруппа неабелевой группы по центру не может быть циклической, это лёгкое упражнение.

Закончить рассуждение можно было бы и по-другому, рассматривая наименьшее натуральное m со свойством "b^m принадлежит H". Понятно, что m не равно 1, а также что m делит порядок элемента b, то есть 7. Здесь из предыдущего сразу получается противоречие, так как m меньше 7.

ссылка

отвечен 24 Сен '17 0:49

Последний абзац можно вставить после "Тогда b^m принадлежит H для некоторого натурального m < 7."?

m делит порядок b потому что подгруппа порожденная b^m будет подгруппой H?

(25 Сен '17 19:03) Slater

@Slater: да, можно. Я просто сначала написал одно соображение (про центр), а потом понял, что можно и проще. То, что 7 делится на m, следует как из того, что Вы сказали, так и из теоремы о деления с остатком.

(25 Сен '17 20:17) falcao
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
23 Сен '17 23:01

показан
287 раз

обновлен
25 Сен '17 20:17

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