Почему любая коммутативная группа из 10 элементов является циклической.

задан 16 Дек '13 23:42

Это доказывается просто, но надо оговорить, какими сведениями разрешается пользоваться. Скажем, известно ли при этом, что группа содержит элементы порядка 2 и 5? Если да, то всё совсем легко. Если нет, то можно доказать эти факты "кустарными" способами.

(16 Дек '13 23:58) falcao

Вообще в условии ничего не сказано.Но чисто для себя хотелось бы узнать и тот и другой способ решения

(17 Дек '13 0:09) Яська
10|600 символов нужно символов осталось
0

Предположим, что существование элементов порядка 2 и 5 уже известно. Тогда есть и элемент порядка 10, степени которого исчерпывают всю группу. Тем самым, она циклична.

Элементом порядка 10 будет произведение элементов порядка 2 и 5. Этот факт верен для любой коммутативной группы и для любых взаимно простых порядков. Во-первых, если $%a^2=1$%, $%b^5=1$%, то $%(ab)^{10}=a^{10}b^{10}=(a^2)^5(b^5)^2=1$% (здесь существенно использована перестановочность элементов $%a$% и $%b$%). Далее, если $%(ab)^d=1$%, то $%(ab)^{2d}=1$%, откуда $%b^{2d}=1$%, и $%2d$% кратно $%5$%. Значит, $%d$% делится на $%5$%. Из того же равенства имеем $%(ab)^{5d}=1$%, то есть $%a^{5d}=1$%, откуда $%d$% чётно. В итоге $%d$% должно делиться на 10, и наименьшим натуральным числом с таким свойством является 10. Это доказывает, что $%ab$% имеет порядок 10, а группа является циклической с образующим $%ab$%.

Теперь отдельно докажем существование в группе элементов второго и пятого порядка. Факт этот верен в общем случае для всех конечных групп, даже некоммутативных, и справедлив он для всякого простого делителя порядка группы. Для случая $%p=2$% доказательство выглядит совсем просто. Допустим, что в группе $%G$% чётного порядка нет элементов порядка 2. Тогда $%x^2\ne1$% ни при каком $%x\in G$%, отличном от 1. Значит, все элементы кроме 1 разбиваются на пары различных: $%x\ne x^{-1}$%, и число элементов группы оказывается нечётным.

Для $%p=5$% рассуждение выглядит более сложно. Оно верно и для некоммутативных групп, но я приведу доказательство для случая коммутативных. Оно проводится при помощи индукции по порядку группы $%|G|$%, делящемуся на простое число $%p$%. Случай $%|G|=p$% очевиден: у группы простого порядка $%p$% все элементы кроме единицы имеют порядок $%p$%. Пусть $%|G| > p$%, порядок её делится на $%p$%, а для всех групп порядка $%< |G|$% справедливо предположение индукции. Рассмотрим произвольный элемент $%a\in G$%, отличный от $%1$%. Он порождает циклическую подгруппу $%H=\langle a\rangle$%. Если $%H=G$%, то группа циклическая, и в ней существуют элеиенты порядка $%p$% (это верно для всех делителей порядка циклической группы). Пусть $%|H| < |G|$%. Тогда для $%H$% справедливо предположение индукции. В случае, когда $%p$% делит $%H$%, элемент порядка $%p$% найдётся уже в $%H$%. Если это не так, то порядок факторгруппы $%G/H$% делится на $%p$%. Это следует из равенства $%|G|=|H|\cdot|G/H|$%. Абелевость группы $%G$% используется именно в этом месте: любая подгруппа абелевой группы нормальна, и факторгруппу можно образовать.

Теперь применим предположение индукции к факторгруппе. Её порядок меньше порядка $%G$%, так как $%H$% неединична. Найдём элемент $%gH\in G/H$% порядка $%p$%. По определению, $%(gH)^p=H$%, то есть $%g^p\in H$%, и $%p$% является наименьшим натуральным числом с таким свойством. Докажем, что порядок элемента $%g$% группы $%G$% делится на $%p$%. Если это не так, что при делении порядка $%m$% элемента $%g$% на $%p$% получается ненулевой остаток $%r < p$%. Из того, что $%g^m=g^{pq+r}=1$% и $%g^p\in H$% следует, что $%g^r=(g^p)^{-q}\in H$%. Это противоречит тому, что $%p$% было наименьшим. В итоге $%m=pq$%, и $%g^q$% имеет порядок $%p$%.

ссылка

отвечен 17 Дек '13 1:52

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:

×669

задан
16 Дек '13 23:42

показан
529 раз

обновлен
17 Дек '13 1:52

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