Сколько подгрупп порядков 2 и 6 в нециклической абелевой группе порядка 12?

задан 10 Июн '15 20:26

изменен 11 Июн '15 9:32

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

10|600 символов нужно символов осталось
1

Абелева группа порядка 12 изоморфна прямому произведению групп порядка 4 и порядка 3. Чтобы она оказалась не циклической, должно быть $%\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2\times\mathbb Z_3$%, что также изоморфно $%\mathbb Z_2\times\mathbb Z_6$%.

Подгрупп порядка 2 здесь столько же, сколько элементов порядка 2. Рассмотрим вторую из групп. Если для её элемента $%(g,h)$% справедливо равенство $%(g,h)^2=(e,e)$%, то $%g^2=e$% (подходит любой из двух элементов) и $%h^2=e$% (подходит один из двух элементов $%e$%, $%b^3$%, где $%b$% -- образующий $%\mathbb Z_6$%). Итого имеется 4 элемента, квадрат которых равен единичному. Среди них имеется единичный, а остальные три имеют порядок 2. Именно столько будет подгрупп порядка 2.

Подсчитать число подгрупп порядка 6 можно разными способами. Например, можно рассматривать гомоморфизмы на $%\mathbb Z_2$%: их ядрами будут в точности все подгруппы порядка 6, и ядер ровно столько, сколько гомоморфизмов. Задать гомоморфизм прямого произведения в группу, означает задать гомоморфизм каждого из сомножителей (для абелевых групп это даёт взаимно однозначное соответствие). Из $%\mathbb Z_2$% в $%\mathbb Z_2$% имеется два гомоморфизма, а из $%\mathbb Z_3$% в $%\mathbb Z_2$% только один (единичный). Поэтому всего имеется 4 гомоморфизма нашей группы в $%\mathbb Z_2$%, и из них все, кроме единичного, являются гомоморфизмами на $%\mathbb Z_2$% (то есть сюръективными). Поэтому подгрупп порядка 6 также имеется три.

Второй способ: подгруппа порядка 6 содержит элементы порядков 2 и 3. Элементов порядка 3 в группе только два, и они взаимно обратны. Поэтому их выбор однозначен. Элементов порядка 2, как мы выяснили, три. Поэтому и здесь получается три способа. Все они реализуются и приводят к различным подгруппам. А именно, если группу представить как $%\langle x\rangle_2\times\langle y\rangle_2\times\langle z\rangle_3$%, то подгруппы порядка 6 будут порождаться либо $%x$% и $%z$%, либо $%y$% и $%z$%, либо $%xy$% и $%z$%.

ссылка

отвечен 10 Июн '15 22:10

@falcao а можете объяснить, пожалуйста, почему в $$\mathbb {Z_2}$$ элементов порядка 2 - 2. Оно же состоит из 0 и 1, и для нуля порядок будет единица, разве не так? А ещё какая операция используется в таких группах, мы складываем или умножаем?

(16 Ноя '20 0:21) АлександраФу...

@АлександраФу...: то, что в группе Z2 ровно один элемент имеет порядок 2, очевидно. Но у нас ведь не эта группа была, а Z2xZ2xZ3. В ней 4 элемента удовлетворяют уравнению X^2=1 (это в точности элементы множества Z2xZ2x{1}). Из них один нейтральный. Остальные три имеют порядок 2.

Операцию мы обозначаем как хотим. Мне удобнее мультипликативная запись, поэтому я считаю, что абстрактная циклическая группа Z_n состоит из элементов {1,a,a^2,...,a^{n-1}}. Но от этого ничего не зависит.

(16 Ноя '20 0:36) falcao

@falcao поняла, т.е. мы ищем не элементы нужного порядка, а элементы которые будут удовлетворять нашему уравнению. Спасибо

(16 Ноя '20 0:53) АлександраФу...

@АлександраФу...: да, одно находится через другое. Мы число решений уравнения вида X^m=1 знаем для циклических групп (оно равно d=НОД(m,n) для циклической группы порядка n), поэтому знаем и для прямых произведений. Тогда, если обозначить количество решений уравнения через f(m), а число элементов порядка m через g(m), то g(1)=1, g(2)=f(2)-1, g(3)=f(3)-1, g(4)=f(4)-g(2)-g(1)=f(4)-f(2), и так далее, то есть всё можно последовательно выразить. Есть и общая формула (с участием функции Мёбиуса), но её знать не обязательно.

(16 Ноя '20 2:28) 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:

×5,148

задан
10 Июн '15 20:26

показан
2615 раз

обновлен
16 Ноя '20 2:28

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