\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{../intro}

\lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}}
\rhead{\color{gray} \small \textit{алг-1}}
\title{Алгебра 1}

% -- Here bet  dragons --
\begin{document}
\maketitle
\drawcat{50pt}
\clearpage

\dmquestion{1}

    $\ord(g) = \ord(g^{-1})$, потому что:

    {\narrower
        $\ord(g^{-1}) \leqslant \ord(g)$:
        \[
            (g^{-1})^{\ord(g)} =
            e(g^{-1})^{\ord(g)} =\\
            (g)^{\ord(g)} (g^{-1})^{\ord(g)} =
            (gg^{-1})^{\ord(g)} = e
        \]

        Аналогично, $\ord(g^{-1}) \geqslant \ord(g)$.

    }

    Поэтому, $\ord(g^k) = \ord(g^{-k})$,
    поэтому дальше будем считать, что $k \geqslant 0$.
    \medskip\medskip

    Докажем, что если $\ord(g) = m$, то
    \[
        n \divby m \Leftrightarrow g^n = e
    \]

    \begin{itemize}[leftmargin=1in]
    \item [$\Rightarrow$] \leavevmode \\

        \[
            g^n = \br{g^m}^{\frac n m} = e^{\frac n m} = e
        \]

    \item [$\Leftarrow$] \leavevmode \\

        Пусть это не так и $\exists\  n \ : \ g^n = e$, но $n$ не делится на $m$. Тогда
        \[
            n = mq + r, \ \ 0 \leqslant r < m
        \]
        \[
                e = g^n = g^{mq + r} = g^{mq} g^r = e^q g^r = g^r
        \]

        Но так как $r < m$, значит, $\ord(g) = r < m$. Противоречие.
    \end{itemize}

    Тогда понятно, что $\ord(g^k) = \frac{\text{НОК}(m, k)}{k}$

\dmquestion{2}

    Пусть $G = \cycle{g}$ и надо доказать, что подгруппа $H \subseteq G$ - циклическая.
    Неформально, я хочу показать, что $H$ порождается $g^{\gcd(\{d \ | \ g^d \in H\})}$.

    Введем новую операцию для удобства
    \[
        \deg(x) \coloneqq \min \{d \ | \ x = g^d, d \geqslant 0\}
    \]

    Возьмем какой-то элемент $h_0 \in H$ так, что $h_0 \neq e$.
    Теперь построим некоторую последовательность $\{h_i\}$,
    докажем, что она конечна и последний ее элемент $h_n$ порождает $H$.
    \medskip\medskip

    Пусть $\cycle{h_i} \neq H$ (иначе $H = \cycle{h_i}$ и все доказано), тогда возьмем какой-нибудь элемент $h$ из $H$, но не из $\cycle{h_i}$.
    Так как уравнение
    \[
        x \deg(h) + y \deg(h_i) = \gcd(\deg(h), \deg(h_i))
    \]
    всегда имеет решение $(x, y)$ в целых числах, то $g^{\gcd(\deg(h),\ \deg(h_i))} \in H$.

    Тогда пусть по построению $h_{i + 1} = g^{\gcd(\deg(h),\ \deg(h_i))}$. Заметим, что $\cycle{h_{i + 1}} \in H$, поскольку $H$ - группа.

    Очевидно, что \[\gcd(\deg(h), \ \deg(h_i)) \leqslant \deg(h_i).\]

    Но так как $h \notin \cycle{h_i}$, то $\deg(h)\ \nodivby \deg(h_i)$, а значит $\gcd(\deg(h), \ \deg(h_i)) < \deg(h_i)$.

    Поэтому, $\deg(h_i) > \deg(h_{i + 1})$, значит порядок элементов в последовательности строго убывает
    и ограничен 1, значит $|\{h_n\}| < \infty$.
    Значит, в какой-то момент перестанет выполняться предположение о том, что $\cycle{h_i} \neq H$, что и требовалось.

\dmquestion{4}
    
    В этой задаче я считаю, что
    \[
        (\sigma \circ \tau) (i) = \sigma(\tau(i))
    \]

    Левый смежный класс по $H$ -- это все перестановки, переставляющие единичку к какое-то одно одинаковое место. Формально, пусть $g \in S_n, \ g(1) = k$, тогда
    \[
        gH = \{\sigma \suchthat \sigma(1) = k\}
    \]

    Докажем включение $\supseteq$, а равенство будет следовать из равномощности левой и правой частей:
    \[
        \frac{|G|}{|\{\sigma \suchthat \sigma(1) = k\}|} = n = \frac{|G|}{|H|} = \frac{|G|}{|gH|}
    \]

    Итак, зафиксировав $g$, мы хотим показать, что $\forall \sigma \suchthat \sigma(1) = k$ найдется такая $\tau \in H$, что $g \tau = \sigma$. То есть $\tau = g^{-1}\sigma$. То есть мы хотим просто доказать, что $g^{-1}\sigma \in H$, то есть $(g^{-1}\sigma)(1) = 1$. Но по условию, $g^{-1}(\sigma(1)) = g^{-1}(k) = 1$, что и требовалось.

    Применяя абсолютно аналогичные рассуждения, получаем, что правый смежный класс по $H$ -- все перестановки, отправляющие какое-то одно число в единичку:
    \[
        g^{-1}(1) = k \Rightarrow Hg = \{\sigma \suchthat \sigma^{-1}(1) = k\}
    \]


\end{document}