Найти (с точностью до изоморфизма) все группы порядка 15. Каким известным группам они изоморфны?

задан 25 Май 7:59

$%\mathbb Z_{3}\times \mathbb Z_{5}=\mathbb Z_{15}$%
Так что тут только одна группа

(25 Май 10:54) spades
10|600 символов нужно символов осталось
1

@falcao, прошу проверить решение (Ваше мне очень нравится - там много интересных и неизвестных мне фактов, которые я собираюсь попунктно доказать и понять). Как мне кажется, нижеприведенное решение достаточно лаконично и использует только самые начальные сведения из ТГ.

Общая схема решения: Пусть группа не циклическая -> доказываем, что группа не может состоять только из элементов порядка 5 (не считая тривиального) или только из элементов порядка 3 (не считая тривиального) -> доказываем, что центр группы не тривиален -> группа циклическая.

1) Если в группе есть элемент порядка 15, то группа циклическая.

2) Пусть порядок всех элементов группы $%G$%, кроме тривиального, равен 5. Тогда длина орбиты элемента не из центра равна 3. $%|G|=|Z_G|+\sum|Orb(x_i)|$%, где $%x_i\notin Z_G$%. Пусть центр тривиален. Тогда $%15=1+3t, t\in N$%. Противоречие. Возьмем элемент $%e\ne a\in Z_G$%. Тогда $%\left< a\right> \triangleleft\ G;\ |G/\left< a \right>|=3 => \forall g\in G: g^3\left< a\right>=\left< a\right> => g^3\in \left< a\right> => (g^3)^2=g\in \left< a\right>$%. Противоречие.

3) Пусть порядок всех элементов группы $%G$%, кроме тривиального, равен 3. Тогда длина орбиты элемента не из центра равна 5. $%|G|=|Z_G|+\sum|Orb(x_i)|$%, где $%x_i\notin Z_G$%. Пусть центр тривиален. Тогда $%15=1+5t, t\in N$%. Противоречие. Возьмем элемент $%e\ne a\in Z_G$%. Тогда $%\left< a\right> \triangleleft\ G;\ |G/\left< a \right>|=5 => \forall g\in G: g^5\left< a\right>=\left< a\right> => g^5\in \left< a\right> => (g^5)^2=g\in \left< a\right>$%. Противоречие.

P.S. Здесь, кстати, вылезает то условие, о котором Вы писали: необходимо, чтобы $%p-1$% не делилось на $%q$%, иначе идея не сработает.

4) В группе есть и элементы порядка 3, и элементы порядка 5. Докажем, что центр не тривиален. Пусть не так. Тогда $%15=1+3k+5l$%. Решением является единственная пара натуральных чисел $%(k,l)=(3,1)$%. То есть ровно 5 элементов коммутируют ровно с тремя какими-то элементами группы. Это могут быть только элементы порядка 3. Но если $%b$% коммутирует ровно с тремя элементами, то и $%b^2$% коммутирует ровно с тремя элементами, то есть таких элементов может быть только четное число. Противоречие. Значит центр не тривиален. То есть какой-то элемент порядка 5 коммутирует с каким-то элементов порядка 3. Значит, их произведение имеет порядок 15 и группа циклическая.

ссылка

отвечен 29 Июн 10:22

1

@make78: тут существенен только конец рассуждения. Наличие элементов порядка 3 и 5 можно считать известным, как и то, что факторгруппа по центру не циклична. Тогда из 15=1+3x+5y следует x=3, y=1, то есть имеется 3 орбиты из 3-х элементов и одна из пяти. Получается 5 элементов порядка 3, но их число на самом деле чётно. Аналогично можно опираться на то, что число элементов порядка 5 кратно 4, так как подгруппы порядка 5 попарно не пересекаются. То есть аргумент работает, но всё можно "сжать".

(29 Июн 16:10) falcao
1

Здесь даже для общего случая получается: если pq=1+px+qy, где p < q простые, q-1 не делится на p, то число элементов порядка q, равное px, делится на q-1. Отсюда x делится на q-1, то есть x>=q-1, и это даёт qy<=p-1, откуда q<=qy < p -- противоречие.

(29 Июн 16:17) falcao

@falcao, первые 3 пункта я больше для себя расписал, т.к. пока не знаю доказательства, что в неабелевой группе, порядок которой кратен p, есть элемент порядка p. Спасибо Вам за уделенное (и уделяемое) внимание.

(30 Июн 20:40) make78
1

@make78: это есть в первых главах книги Ленга. Коротко: индукция по порядку группы. Если порядок собственной подгруппы делится на p, то применяем к ней предположение. Если нет, то длины неединичных орбит делятся на p. По формуле классов, на p делится порядок центра, и всё сводится к абелеву случаю.

(30 Июн 20:44) falcao

@falcao, понял.

(30 Июн 20:46) make78

@falcao, >>> число элементов порядка q, равное px

Пропустил осознание этого факта. Чисто теоретически в орбитах длины p могут быть элементы порядка p, коммутирующие еще с другими элементами порядка p, т.е. 1+t(p-1)=q, что не запрещено условием задачи.

(14 Июл 22:23) make78

Я объяснил отсутствие таких элементов (среди px) так. Пусть a и b порядка p коммутируют. Тогда они порождают подгруппу порядка, большего чем p, но меньшего, чем p^p. То есть всю группу. Но, очевидно, что порядок любого элемента a^mb^n - не больше, чем p. Но в группе должны быть еще элементы порядка q. Поэтому среди орбит длины p - только элементы порядка q.

(14 Июл 22:26) make78

Правда, я не рассмотрел случай |<a,b>|=q.

(14 Июл 22:33) make78

Понял. Если |<a,b>|=q, в этой подгруппе должен быть элемент порядка q, а его там нет.

(14 Июл 22:43) make78
1

@make78: мы исходим из предположения о тривиальности центра. Тогда порядки элементов равны только 1, p или q. Элемент порядка p имеет централизатор порядка p, так как бОльшая подгруппа уже имела бы порядок pq, и элемент был бы центральным. Поэтому орбита такого элемента имеет длину q. Аналогично для элементов порядка q. Отсюда формула pq=1+px+qy.

Собственно, я тут всего лишь пересказал Вашу идею, распространив её на более общий случай (q-1 не делится на p).

(14 Июл 23:06) falcao

@falcao, благодарю!

(14 Июл 23:08) make78
показано 5 из 11 показать еще 6
10|600 символов нужно символов осталось
0

Здесь надо прежде всего доказать, что любая группа порядка 15 абелева. Тогда она циклическая, так как 3 и 5 взаимно просты.

Установим более общий факт: всякая группа G порядка pq абелева, где p < q -- простые, и p не делит q-1.

В G есть подгруппа H порядка q (слабая форма теоремы Силова). Её индекс равен наименьшему простому делителю порядка группы. Всякая такая подгруппа нормальна в G (это отдельная лемма, которая основана на рассмотрении действия G перестановками на смежных классах по H). Любой внутренний автоморфизм G (т.е. сопряжение) индуцирует автоморфизм подгруппы H. Это значит, что мы имеем гомоморфизм из G в Aut(H).

Группа Aut(Z(q)) -- циклическая порядка q-1, что следует из теоремы о первообразном корне. Для частного случая q=5 можно обойтись без этой ссылки, предъявляя автоморфизм a->a^2 и проверяя, что его порядок равен 4. Ввиду того, что pq и q-1 взаимно просты в нашем случае, порядок образа G в Aut(H) единичен. Значит, гомоморфизм у нас тождественный. Это означает, что элементы H перестановочны с любыми элементами группы G. То есть H лежит в центре. Но факторгруппа неабелевой группы по центру не может быть циклической (ещё одна известная лемма). Тем самым, центр не совпадает с H, то есть он равен G, и группа абелева.

ссылка

отвечен 25 Май 12:47

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:

×869

задан
25 Май 7:59

показан
135 раз

обновлен
14 Июл 23:11

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