1
2

Пусть $%G=\langle a \rangle_9 \oplus \langle b \rangle_{12} \oplus \langle c \rangle_5$%, найти $%|End(G)|$% и $%|Aut(G)|$%.
У меня получилось такое решение, но я не уверен в его правильности.
Для начала раскладываем $%G$% в прямую сумму циклических групп, порядок которых является простым числом: $$G=\mathbb Z_3 \oplus \mathbb Z_3 \oplus \mathbb Z_3 \oplus \mathbb Z_4 \oplus \mathbb Z_5$$ Далее, определяем эндоморфизм образами порождающих этих циклических групп: порождающие $%\mathbb Z_4$% и $%\mathbb Z_5$% имеют, соответственно, 4 и 5 возможных позиций, а порождающие $%\mathbb Z_3$% - 9 позиций. Итого
$$|End(G)|=4\ast5\ast9\ast9\ast9=14580$$ Аналогичным образом определяем автоморфизмы, за исключением того, что порождающие $%\mathbb Z_3$% должны оказаться в разных циклических группах (для обеспечения обратимости):
$$|Aut(G)|=4\ast5\ast9\ast6\ast3=3240$$ Числа получились большими, что смущает. Также я не уверен, нужно ли вообще делить эту группу таким образом.

задан 29 Ноя 21:29

изменен 29 Ноя 21:35

@fhimlosok: здесь есть существенная ошибка. Группа Z9 не заменяется на Z3+Z3. То есть брать надо другое примарное разложение. Сама идея разложения верная, и числа будут большие (они изначально такие). Но для автоморфизмов ситуация не такая (даже для циклического случая). Рассмотрите сначала группы Aut Z4 и Aut Z5.

(29 Ноя 22:06) falcao

@falcao, $%\mathbb Z_9$% должно раскладываться как $%\mathbb Z_{3^2}$%, то есть как степень простого числа? Как 4 в случае с $%\mathbb Z_{12}$% - это $%2^2$%. Тогда число эндоморфизмов будет $%9\ast3\ast4\ast5=540$%?
Касательно автоморфизмов: нужно отметить, что не все элементы $%\mathbb Z_{4}$%, как и в принципе кольца вычетов по непростому модулю являются порождающими? То есть: $%|Aut(\mathbb Z_{4})|=2$% (порождающие 1 и 3), и $%|Aut(\mathbb Z_{5})|=4$%, то, например, $%|Aut(\mathbb Z_{4} \oplus \mathbb Z_{5})|=2*4=8$%?
Правильно?

(29 Ноя 22:32) fhimlosok

То есть $%|Aut(G)|=6\ast(2\ast2)\ast4=96$%?

(29 Ноя 22:44) fhimlosok

@fhimlosok: для циклических групп верно -- там Aut Z_n имеет порядок ф(n). Группа Z9 вообще не раскладывается. Всё в итоге сводится к нахождению End(Z9xZ3) и Aut(Z9xZ3). А до этого здесь пока далеко. Сначала оцените, куда может при эндоморфизме переходить образующий Z9 и образующий Z3. С автоморфизмами чуть посложнее.

(29 Ноя 23:15) falcao

@falcao, при эндоморфизме образующий $%Z_9$% может переходить в любой элемент, для которого верно $%x^9=e$%, то есть в любой элемент $%Z_9$%. Аналогично для $%Z_3$%. Но для эндоморфизма нам не нужна обратимость, поэтому он может перейти ещё и в один из элементов $%Z_9$% порядка 3 и менее (то есть $%\overline{e_9}$%, $%\overline{3_9}$% или $%\overline{6_9}$%). Правильно? Но если до ответа ещё далеко - это ещё не всё?

(29 Ноя 23:27) fhimlosok

@fhimlosok: мы смотрим теперь на эндоморфизмы Z9xZ3. Образующий группы Z9 переходит в любой из 27 элементов группы. Образующий Z3 удовлетворяет условию x^3=1, поэтому он переходит в элемент группы Z9xZ3, удовлетворяющий тому же уравнению. Таких элементов 9, и эндоморфизмов всего 3^5.

Обозначения типа цифр с индексами не нужно -- так никто никогда не делает.

(30 Ноя 0:02) falcao

@falcao, а, то есть образующие Z9 и Z3 - это объекты типа (2, 1) и (1, 2), и, например, отображение может отправлять (2, 1) в (1, 2)? Итого эндоморфизмов здесь будет $%3^5\ast4\ast5=4860$%?
А для автоморфизмов соответственно: для Z4 - 2, для Z5 - 4, и для Z9xZ3 - 6x3=18 и всего 2x4x18=144 автоморфизма G?

(30 Ноя 0:17) fhimlosok

@fhimlosok: надо начинать с выбора удачных обозначений. Пусть Z9 порождена a, Z3 порождена b. Тогда образующие Z9xZ3 -- это (a,e) и (e,b). Конечно, (a,e) может переходить в любой элемент вида (a^k,b^m), где 0<=k<=8, 0<=m<=2. Элемент (e,b) переходит в пару, для которой k=0,3,6. При эндоморфизме всей группы примарные компоненты переходят в себя, и число эндоморфизмов перемножается. При этом End(Z_n) имеет мощность n.

Для Aut(Z9xZ3) ситуация сложнее. Вы переходите a в степени a, и b в степени b, но они там могут перемешиваться. Это самый основной момент в задаче.

(30 Ноя 0:26) falcao

@falcao, Можно сделать так? Зададим автоморфизм: $%(a, e) \mapsto (a^{k_1}, b^{m_1}), (e, b) \mapsto (a^{k_2}, b^{m_2})$%. Нам нужно, чтобы какая-то линейная комбинация образов содержала порождающие Z9 и Z3. То есть число автоморфизмов определяется количеством наборов таких k и m, для которых система разрешима: $$\lambda k_1 + \mu k_2 = t$$ $$\lambda m_1 + \mu m_2 = s$$ где $%t \in \{1, 2, 4, 5, 7, 8\}, s \in \{1, 2\}$%

(30 Ноя 0:54) fhimlosok

@fhimlosok: здесь сама по себе модель верная, но нужно явное описание. Предлагаю исходить из того, что a переходит в элемент порядка 9, а когда образ a задан, то b переходит в элемент порядка 3 вне подгруппы, порождаемой образом a.

(30 Ноя 0:57) falcao

@falcao, не понял. Пусть $%(a_1, b_1), (a_2, b_2)$% - образы a и b. Мы фиксируем образ a, его порядок 9. Чтобы образ b не попадал в уже порожденную образом a подгруппу, необходимо, чтобы выполнялось $%(a_1 \mod 3) - b_1 \not= (a_2 \mod 3) - b_2$%. Тогда, либо $%(a_1 \mod 3) = (a_2 \mod 3)$% (3 способа так сделать) и остаётся два способа выбрать $%b_2$%, иначе - у нас 6 способов выбрать $%a_2$% и 3 - для $%b_2$%. Выбрать $%a_1$% порядка 9 мы можем 6 способами. Итого 6x(3x2 + 6x3). Я не до конца уверен, что полностью понимаю, что делаю, но это правильные рассуждения?

(30 Ноя 1:28) fhimlosok

@fhimlosok: предлагаю не менять мультипликативную запись на аддитивную без необходимости, и не вводить новых обозначений. Элемент a переходит в элемент (a^k,a^m) порядка 9. Это значит, что k взаимно просто с 3. Таких значений ф(9)=6, и m любое. Итого 18 возможностей. Далее, b переходит в элемент показателя 3, каковых в группе 9, но не в элемент образа a. Последний -- это циклическая подгруппа порядка 9. В ней есть 3 элемента показателя 3. В них переводить b нельзя, в остальные 9-3=6 элементов можно. Итого имеем 18*6=108 автоморфизмов.

(30 Ноя 2:16) falcao

Большое спасибо. Вроде всё понял.

(30 Ноя 2:31) fhimlosok
показано 5 из 13 показать еще 8
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

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:

×4,260
×884

задан
29 Ноя 21:29

показан
111 раз

обновлен
30 Ноя 2:31

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