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
|
\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}
|
