1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
|
\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}
|
