Сколько подгрупп порядков 5 и 15 в нециклической абелевой группе порядка 75?

задан 11 Май '15 23:04

10|600 символов нужно символов осталось
2

Нециклическая абелева группа порядка 75 с точностью до изоморфизма всего одна, и её можно представить в виде прямого произведения циклических групп: $%G=\mathbb Z_3\times\mathbb Z_5\times\mathbb Z_5$%. Заметим, что порядок элемента $%g=(a,b,c)\in G$% всегда равен наименьшему общему кратному порядков элементов $%a$%, $%b$% и $%c$%. Если $%g^5=(e,e,e)$%, то $%a^5=e$%, а также $%a^3=e$% за счёт $%a\in\mathbb Z_3$%. Поэтому $%a=e$%. Для элементов $%b$%, $%c$% всегда верно $%b^5=c^5=e$%. Поэтому уравнение $%g^5=(e,e,e)$% имеет в группе ровно 25 решений. Среди них есть единичный элемент, а остальные решения имеют порядок 5. Поэтому их получается $%24$%.

Теперь, чтобы получился элемент порядка 15, надо взять элемент $%a$% порядка 3, что можно сделать двумя способами (в $%\mathbb Z_3$% всего три элемента, и единичный не годится). В качестве $%b$%, $%c$% можно брать любые элементы кроме случая $%b=c=e$%. Таких способов 24. Поэтому элементов порядка 15 будет $%2\cdot24=48$%.

Для полноты картины можно заметить, что мы учли здесь $%24+48=72$% элемента группы. Оставшиеся три -- это единица, а также два элемента порядка 3.

Добавление. Как отметил @Leva319, я дал ответ о количестве элементов заданного порядка, хотя речь шла о подгруппах. Поэтому добавляю недостающую информацию.

Подгруппы простого порядка попарно не пересекаются, и в каждой подгруппе порядка 5 имеется ровно 4 элемента порядка 5. Поэтому самих подгрупп здесь имеется $%24/4=6$%. При желании, их можно было бы явно перечислить.

Далее, подгруппа порядка 15 также всегда является циклической. Для абелевых групп это доказывается просто, так как разложение в прямое произведение циклических даёт только $%\mathbb Z_3\times\mathbb Z_5\cong\mathbb Z_{15}$% из-за взаимной простоты. Хотя пересекаться такие подгруппы могут, достаточно очевидно, что общих образующих у них быть не может. Осталось вспомнить, что циклическая подгруппа порядка $%n$% имеет ровно $%\varphi(n)$% образующих. Для нашего случая значение функции Эйлера равно $%\varphi(15)=\varphi(3)\varphi(5)=2\cdot4=8$%. Поэтому 48 элементов порядка 15 подразделяются на $%48/8=6$% различных подгрупп.

Можно попутно заметить, что все они получаются из подгрупп порядка 5 прямым домножением на $%\mathbb Z_3$%.

ссылка

отвечен 12 Май '15 0:05

изменен 12 Май '15 3:04

1

@falcao после нахождения элементов определенного порядка, нужно поделить найденное число на количество порождающих элементов этой подгруппы, для того, чтобы не учитывать несколько раз одинаковые подгруппы, как я понимаю.

(12 Май '15 2:52) Leva319

@Leva319: я ответил на вопрос о том, сколько элементов данного порядка содержит прямое произведение. Невнимательно прочитал сам вопрос. Спасибо, что обратили внимание. Сейчас я сделаю добавление.

(12 Май '15 2:55) falcao

Почему наша группа представляется именно в виде $%\mathbb Z_3 \times \mathbb Z_5 \times \mathbb Z_5$%, а не $%\mathbb Z_3 \times \mathbb Z_{25}$%? Ведь второй вариант тоже удовлетворяет теореме о разложении. Есть какое-то противоречие с тем, что $%\mathbb Z_3 \times \mathbb Z_{25}$% - циклическая? Тогда почему?

(12 Июн '15 20:09) Leva319

@Leva319: по условию, группа не должна быть циклической, а для взаимно простых m,n верно утверждение $%\mathbb Z_m\times\mathbb Z_n\cong\mathbb Z_{mn}$%.

(12 Июн '15 21:31) 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:

×5,151
×1,259

задан
11 Май '15 23:04

показан
5528 раз

обновлен
12 Июн '15 21:31

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