2
1

Добрый день. Есть три вопроса во теории групп.

  1. Существует ли гомоморфизм S_9, ядром которого являются подстановки, сохраняющие 1?

Мое решегие: ker f= {x|f(x)=e}. Здесь f - потенциальный гомоморфизм. е- тождественная подстановка. Пусть H1 - множество подстановок, сохраняющих 1 неподвижной, то есть H1= {s из S_9| s(1)=1}. Очевидно, H1 подгруппа порядка 8!.Пусть x из H1, a y из S_9\ H1. Тогда f(xy)= f(x)*f(y)=O. xy лежит в ядре и, очевидно, H1 не принадлежит, так как произведение подстановки, оставляющей 1 на месте на не оставляющую 1 на месте- не оставляет 1 на месте. Противоречие. Значит, не существует такого гомоморфизма.

2.Найдите все классы сопряженности S_11, которые содержат подстановку порядка 12.

Класс сопряженности - это множество вида Н_ g={xgx^(-1)| x из S_11}. Все элементы класса сопряженности имеют одинаковый порядок, и попарно сопряжены. Значит элементы в таком классе имеют порядок 12 и попарно сопряжены. А в теории подстановок доказывается, что сопряжённые подстановки имеют одинаковую цикловую структуру, то есть раскладываются в произведение независимых циклов единственным образом и одинаково, с точностью до порядка сомножителей. А также известно, что порядок подстановки - это НОК длин независимых циклов, на которые разложена подстановка. Тогда возможны варианты элементов в классах сопряжённости: (abc)(defg), (abcdef)(ghik). То есть всего два класса сопряженности.

Прошу метров, пожалуйста, проверить, верно и строго ли решены задачи. Спасибо!

3.Может ли пересечение двух различных максимальных идеалов евклидова кольца содержать простой элемент? Здесь просто не могу подобрать пример. Буду благодарна за идеи.

задан 15 Сен 12:31

изменен 15 Сен 12:34

Добрый день. Хотелось бы услышать мнение метров сайта по задачам.

(15 Сен 20:50) Rose2021
10|600 символов нужно символов осталось
1

1) Прежде всего, надо проанализировать допущенные ошибки.

В начале дано верное определение ker f для случая гомоморфизма групп. Это множество элементов группы, которые под действием f переходят в единичный элемент. Далее же написано странное равенство f(xy)=f(x)f(y)=O. Такое ощущение, что понятие гомоморфизма групп спутано здесь с понятием гомоморфизма колец, где элементы ядра по определению отображаются в нулевой.

То есть всё рассуждение надо на этом основании забраковать, и начать "с нуля".

Прежде всего, надо вспомнить факт из теории: ядра гомоморфизмов -- это в точности нормальные подгруппы. Поэтому вопрос равносилен тому, будет ли стабилизатор H символа 1 нормальной подгруппой в S9. Легко видеть, что это не так: если взять элемент h=(23) из H и сопрячь его транспозицией g=(12), то получится g^{-1}hg=(12)(23)(12)=(13). Этот элемент не принадлежит H, так как символ 1 не неподвижен. Значит, H не будет нормальной, и ядром гомоморфизма быть не может.

2) Здесь сами рассуждения правильны, но в конце несколько случаев пропущено. Верно то, что НОК длин независимых циклов равен 12. При этом сумма их длин не больше 11. Что это за числа? Во-первых, длины циклов делят 12. Возможные значения: 2, 3, 4, 6 (единичные циклы игнорируем, а 12 быть не может). Заметим, что длины могут повторяться. Чтобы НОК был равен 12, нужно, чтобы длина какого-то цикла делилась на 4, и тогда это цикл длиной 4. Он точно есть. Ещё должен быть хотя бы один цикл с длиной кратной 3, то есть длины 6 или 3.

Если есть 4 и 6, то больше ничего не помещается. Это даёт один случай (abcdef)(ghij). Пусть цикла длиной 6 у нас нет. Циклов длиной 3 имеется один или два. Если два, то это случай (abcd)(efg)(hij), и больше ничего нет. Если один, то в (abc)(defg) задействованы 7 символов, а остальные 4 свободны, и из них можно или составить цикл длиной 4: (abc)(defg)(hijk), или добавить вместо него транспозицию (hi), или произведение двух транспозиций (hi)(jk). Итого пять классов.

3) В евклидовом кольце все идеалы главные. Такое кольцо факториально, и в нём понятия простого и неприводимого элемента совпадают. Если простой элемент p принадлежит главному идеалу (a), то p=ax для некоторого x, и в силу неприводимости, хотя бы один из сомножителей обратим. Если это a, то идеал (a) единичный, то есть совпадает со всем кольцом. Максимальные же идеалы являются собственными. Значит, x обратим, а тогда p и a ассоциированы, и (p)=(a). Аналогично, (p)=(b) для второго максимального идеала, то есть они совпадают, вопреки условию.

ссылка

отвечен 15 Сен 23:38

Спасибо большое, по второй задаче, я не увидела все варианты. Из Вашего объяснения понятно, как не просто замечать и предъявлять разложения, а обоснованно их находить все. По первой задаче, подобные подстановки я использовала ранее, чтобы доказать, что ord(xyz) не всегда равно ord (xyz).

(16 Сен 15:28) Rose2021

@Rose2021: да, я намеренно поместил способ перебора, только обсчитался в общем количестве случаев: 6+4, 3+3+4, 3+4, 3+4+4, 3+4+2+2, 3+4+2 -- итого 6 вариантов.

(16 Сен 15:32) falcao

Да, я нашла 6, но побоялась писать... Этот забытый случай как раз когда два цикла длины 3.

(16 Сен 15:35) Rose2021

@Rose2021: у меня выписаны были все 6 случаев, я ошибся я уже в процессе их непосредственного пересчитывания :)

(16 Сен 21:33) 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:

×1,018
×860

задан
15 Сен 12:31

показан
71 раз

обновлен
16 Сен 21:33

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