diff options
Diffstat (limited to 'alg/alg-4.tex')
| -rw-r--r-- | alg/alg-4.tex | 107 |
1 files changed, 107 insertions, 0 deletions
diff --git a/alg/alg-4.tex b/alg/alg-4.tex new file mode 100644 index 0000000..7e21970 --- /dev/null +++ b/alg/alg-4.tex @@ -0,0 +1,107 @@ +\documentclass[11pt]{article} +\usepackage{../intro} + +\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} +\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-4}} +\title{Алгебра 4} + +% -- Here bet dragons -- +\begin{document} +\maketitle +\drawcat{30pt} +\clearpage + +\dmquestion{1} + + \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} + + Решим уравнение $2x = 0, \ \ x \in \Z_2 \oplus \Z_4 \oplus \Z_3$: + из $\Z_2$ мы можем взять любой элемент, + из $\Z_4$ можем взять $\{0, 2\}$, + из $\Z_3$ только $0$. Тогда уравнению удовлетворяют $4$ элемента. + Каждый из этих элементов имеет порядок или $1$ или $2$, но порядок $1$ имеет только нейтральный, поэтому из этих четырех нам не подходит только один. Поэтому элементов порядка $2$ всего $3$: $(0, 2, 0), \ (1, 0, 0), \ (1, 2, 0)$ + + Аналогично, $3x = 0$ имеет два ненулевых решения: $(0, 0, 1), \ (0, 0, 2)$ + + $4x = 0$ имеет $8$ решений, из которых $4$ удовлетворяют уравнению $2x = 0$, поэтому их порядок никак не больше $2$, поэтому элементов порядка $4$ всего $4$. + + Уравнению $6x = 0$ удовлетворяют $12$ элементов, но из них: + один нейтральный, три имеют порядок $2$, и еще $2$ имеют порядок $3$, + поэтому элементов порядка $6$ всего $6$ штук. + + Ответ: $3, 2, 4, 6$. + +\dmquestion{2} + + $H$ изоморфна либо $\Z_3 \oplus \Z_{25}$, либо $\Z_3 \oplus \Z_5 \oplus \Z_5$, но в первом случае группа циклическая, что противоречит условию, значит $H \simeq \Z_3 \oplus \Z_5 \oplus \Z_5$. + + По теореме с лекции, любая подгруппа порядка $5$ или $15$ - это $\Z_5$ или $\Z_5 \oplus \Z_3$ соответственно. В частности, это значит, что такие подгруппы циклические, и порождены одним элементом порядка $5$ или $15$ соответственно. + + Как в первой задаче, находим количество элементов нужных порядков. + Их будет соответственно $24$ и $48$. + Но в подгруппе порядка $5$ есть $4$ разных порождающих, потому что они все имеют порядок $5$, + а в подгруппе размера $15$ есть $\varphi(15) = 8$ разных порождающих. + Поэтому разных подгрупп порядка $5$: $\frac{24}{4} = 6$, а порядка $15$: $\frac{48}{8} = 6$. + +\dmquestion{3} + + Перейдем к другому базису: запишем порождающие $B$ в строки и снизу припишем координаты представителя: + \begin{align*} + &\begin{pmatrix} + 2 & 1 & -50\\ + 4 & 5 & 60\\ + \hline + 32 & 0 & 31 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 2 & -50\\ + 5 & 4 & 60\\ + \hline + 0 & 32 & 31 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 0 & -50\\ + 5 & -6 & 60\\ + \hline + 0 & 32 & 31 + \end{pmatrix} \sim\\ + \sim&\begin{pmatrix} + 1 & 0 & -50\\ + 0 & -6 & 310\\ + \hline + 0 & 32 & 31 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 0 & 0\\ + 0 & -6 & 310\\ + \hline + 0 & 32 & 31 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 0 & 0\\ + 0 & 6 & -310\\ + \hline + 0 & 32 & 31 + \end{pmatrix} \sim\\ + \sim&\begin{pmatrix} + 1 & 0 & 0\\ + 0 & 6 & 2\\ + \hline + 0 & 32 & 1695 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 0 & 0\\ + 0 & 2 & 6\\ + \hline + 0 & 1695 & 32 + \end{pmatrix} \sim + \begin{pmatrix} + 1 & 0 & 0\\ + 0 & 2 & 0\\ + \hline + 0 & 1695 & -5053 + \end{pmatrix} + \end{align*} + + Получается, что $A/B \simeq \{0\} \oplus \Z_2 \oplus \Z$, а так как последняя координата ненулевая, то $\mathrm{ord}((32e_1 + 31e_3) + B) = \infty$ +\end{document} |