8: Косети та теорема Лагранжа
- Page ID
- 105497
\(G\)Дозволяти бути групою і нехай\(H\) бути підгрупою\(G\). Для кожного\(a\) елемента\(G\) ми визначаємо\[aH= \{ ah \ | \ h \in H \}.\] Ми\(aH\) називаємо\(H\) косету в\(G\) згенерованому\(a\).
У разі адитивних позначень косет in,\(G\)\(a\) згенерований шляхом, записується у вигляді\(H\)\[a + H = \{ a + h \ | \ h \in H \}\]
Іноді\(aH\) його називають лівою косетою, а\(Ha = \{ ha \ | \ h \in H \}\) множина називається правою косетою. Оскільки ми будемо використовувати лише ліві косети, ми залишимо модифікатор зліва.
Завдання 8.1 Тут ми розглянемо всі косети тієї чи іншої підгрупи групи\(U_{13}\). Нагадаємо, що\[U_{13} = \{1, 2, \dots, 11, 12 \}\] і що елемент\(2 \in U_{13}\) має порядок 12,\[U_{13}= \{1, 2, 2^2, 2^3, \dots, 2^{11} \}.\] так що з 2 має порядок 12\(2^{12} = 1\), але\(2^i \neq 1\) для\(1 \le i \le 11\). Звідси випливає\((2^4)^2 = 2^8 \neq 1\), що, але\((2^4)^3 = 2^{12} = 1\). Отже\(2^4\), має порядок 3 так\[H = \langle 2^{4} \rangle = \{ 1, 2^4, 2^8 \}\] є підгрупою\(U_{13}\).
Показати, що\(H\) щойно визначена підгрупа має рівно чотири різні косети\(U_{13}\). Зверніть увагу, що якщо ми перерахуємо всі косети,\[2H,\ 2^2H, \ 2^3H,\ \dots, \ 2^{11}H, \ 2^{12}H,\] здається, що є 12 косетів. Покажіть, однак, що існує лише чотири різні косети.
Зверніть увагу, що жодна з косет не перекривається, тобто якщо дві косети різні, то їх перетин є порожнім набором. Також зверніть увагу, що кожен елемент\(U_{13}\) знаходиться в одному і тільки одному з чотирьох різних косетів, і кожен косет\(H\) має таку ж кількість елементів, як\(H\).
Завдання 8.2 Знайти всі косети\(H = \langle (1\ 2) \rangle\) підгрупи групи\(S_3\).
Завдання 8.3\(G\) Дозволяти бути скінченною групою і нехай\(H\) бути підгрупою\(G\). Нехай\(a,b \in G\). Доведіть наступні твердження.
- \(a \in aH\).
- \(\vert aH \vert = \vert H \vert\).
- Якщо\(aH \cap bH \neq \emptyset\), то\(aH = bH\).
Припустимо,\(G = \{g_1, g_2, \dots, g_n \}\) це група з\(n\) елементами і\(H \le G\). Тоді, якщо ми формуємо список всіх косетів\(H\) у\(G\) нас є\[g_1H, g_2H, \dots, g_nH.\] Але як зазначалося в наведених вище прикладах деякі косети в цьому списку повторюються кілька разів. Якщо ми видалимо всі повторення зі списку, ми залишимося з тим, що ми будемо називати різні косети\(H\) в\(G\). Якщо є\(s\) різні косети, ми можемо позначити їх\(a_1H, a_2H, \dots, a_sH\).
Якщо\(G\) є кінцевою групою, а\(H \le G\) потім\(\vert H \vert\) ділить\(\vert G \vert\).
Доказ Нехай\(n\) буде порядок\(G\), і нехай\(k\) буде порядок\(H\). Ми хочемо це показати\(k \ \vert \ n\). \(a_1H, a_2H, \dots, a_sH\)Дозволяти бути різні косети\(H\) в\(G\). Зверніть увагу, що\(s\) це кількість різних косетів. За задачею 8.3 ці косети попарно нез'єднані, і їх об'єднання є цілою групою. Тобто,\[G = a_1H \cup a_2H \cup \cdots \cup a_sH \ \mbox{ and $a_iH \cap a_jH = \emptyset$ when $i \neq j$}.\] Оскільки також кожна косет має таку ж кількість елементів\(H\), як, ми маємо\[\begin{aligned} \vert G \vert &=& \vert a_1H \vert + \vert a_2H \vert + \cdots + \vert a_sH \vert\\ &=& \vert H \vert + \vert H \vert + \cdots + \vert H \vert \\ &=& k + k + \cdots + k \\ &=& ks.\end{aligned}\] Це випливає, що\(n=ks\). Це показує\(k \ \vert \ n\), і доводить теорему.
Наступні задачі дають деякі важливі наслідки теореми Лагранжа.
Завдання 8.4 Доведіть, що якщо\(G\) є кінцевою групою, а\(a \in G\) потім\(o(a)\) ділить\(\vert G \vert\).
Проблема 8.5 Доведіть, що якщо\(G\) є кінцевою групою, а\(a \in G\) потім\(a^{|G|}=e.\)
Проблема 8.6 Доведіть, що якщо\(p\)\(a\) є простим і ненульовим елементом\(\mathbb{Z}_p\) то\(a^{p-1} =1\). [Тут продукт множення по модулю \(p\).] У теорії чисел це називається Маленькою теоремою Ферма.
Проблема 8.7 Доведіть, що якщо\(n \in \mathbb{N}\) і\(a \in U_n\) тоді\(a^{\phi(n)} =1\). [Тут продукт множення по модулю \(n\).] У теорії чисел це називається теоремою Ейлера.
Завдання 8.8 Доведіть, що якщо\(|G|=p\) де\(p\) просте\(G\), то циклічна група.
Проблема 8.9 Доведіть, що якщо\(G\) і\(H\) є групами порядку\(p\), де\(p\) є простим, то\(G \cong H\).
Завдання 8.10\(G\) Дозволяти бути групою. Доведіть наступні твердження.
- Якщо\(|G| = 2\) тоді\(G \cong \mathbb{Z}_2\).
- Якщо\(|G| = 3\) тоді\(G \cong \mathbb{Z}_3\).
- Якщо\(|G| = 5\) тоді\(G \cong \mathbb{Z}_5\).
Зверніть увагу, що перші два пункти ми бачили раніше. Але тепер ми можемо дати більш легкі докази.
Задача 8.11 Знайдіть дві групи порядку 4, які не є ізоморфними.
Задача 8.12 Знайдіть дві групи порядку 6, які не є ізоморфними.
Ми говоримо, що існують класи\(k\) ізоморфізму груп порядку,\(n\) якщо є\(k\) групи\(G_1, G_2, \dots, G_k\) такі, що (1) якщо\(i \neq j\) тоді\(G_i\) і не\(G_j\) ізоморфні, і (2) кожна група порядку\(n\)\(G_i\) ізоморфна для деяких\(i \in \{ 1, 2, \dots , k \}\).
Це іноді виражається тим, що існують\(k\) групи порядку \(n\)аж до ізоморфізму або що існують\(k\) неізоморфні групи порядку \(n\).
На більш просунутих курсах з алгебри показано, що кількість класів ізоморфізму груп порядку\(n\) для\(n \le 17\) наведено наступною таблицею:\[\begin{array} {rccccccccccccccccc} Order:&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17 \\ Number:&1&1&1&2&1&2&1&5&2&2&1&5&1&2&1&14&1 \end{array}\]
Ця таблиця означає, наприклад, що можна знайти 14 груп порядку 16 таким чином, що кожна група порядку 16 ізоморфна до однієї і тільки однієї з цих 14 груп.
Гордон Ройл має такий список для груп порядку до 1000 (за винятком замовлень 512 і 768). Цікаво відзначити, що найбільша кількість груп, здається, з'являється, коли порядок становить потужність 2, тобто для 2, 4, 8, 16 32 і т.д. є, наприклад, 56092 неізоморфних груп порядку 256.Для всього списку перейдіть на домашню сторінку Гордона Ройла за адресою http://www.cs.uwa.edu.au/~gordon/ і перейдіть за посиланням на Комбінаторні дані.
У недавньому документі Групи порядку щонайбільше 2000 по H.U. Besche, B Eick, і EA O'Brien оголошено, що вони змогли розширити відомі результати так, що кількість груп кожного порядку до 2000 тепер відома. Оголошення про дослідження можна знайти на сайті http://www.ams.org/jourcgi.
У таблиці 8.1 ми перераховуємо десять найскладніших замовлень, взятих з паперу Besche та ін., та кількість груп кожного замовлення. Цікаво відзначити, що згідно з цим документом існує 49 487 365,422 груп порядку\(2^{10}\) і лише 423 164 062 групи порядку\(\le 2000\). Таким чином, понад 99% груп\(\le 2000\) порядку порядку\(2^{10}\).
На протилежній крайності є деякі порядки, для яких існує лише один клас ізоморфізму груп. Наприклад, існує лише один клас ізоморфізму груп порядку,\(n\) якщо\(n\) є простим. Але є деякі непрості числа, які мають цю властивість, наприклад, 15.
Не відомо жодної формули для кількості класів ізоморфізму груп порядку\(n\). Хоча класи ізоморфізму чисел груп порядку\(n\) загалом не відомі, можна легко обчислити кількість класів ізоморфізму абелевих груп порядку,\(n\) використовуючи наступну відому теорему, яку ми констатуємо без доказів.
Якщо\(G\) є скінченною абелевою групою порядку не менше двох, то\[G \cong \mathbb{Z}_{p_1^{n_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{n_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{p_s^{n_s}}\] де для кожного\(i\),\(p_i\) є простим і\(n_i\) є додатним цілим числом. Більш того, прості повноваження\(p_i^{n_i}\) є унікальними за винятком порядку чинників. \(\blacksquare\)
Якщо група\(G\) у вищезгаданій теоремі має порядок,\(n\) то\[n={p_1^{n_1}}{p_2^{n_2}}\dots {p_s^{n_s}}.\] So\(p_i\) може бути отримана з простої факторизації порядку групи\(G\). Ці прості числа не обов'язково відрізняються, тому ми не можемо сказати, що\(n_i\) таке. Однак ми можемо знайти всі можливі варіанти для\(n_i\). Наприклад, якщо\(G\) є абелевою групою порядку,\(72=3^2 \cdot 2^3\) то\(G\) є ізоморфною до однієї і лише однієї з наступних груп. Зауважимо, що кожному з них відповідає спосіб факторингу 72 як добутку простих повноважень. \[\begin{array} {ll} \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 & \qquad 72 = 9 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \\ \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 & \qquad 72 = 9 \cdot 4 \cdot 2 \\ \mathbb{Z}_9 \times \mathbb{Z}_8 & \qquad 72 = 9 \cdot 8 \\ \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 & \qquad 72 = 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \\ \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 & \qquad 72 = 3 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 2 \\ \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_8 & \qquad 72 = 3 \cdot 3 \cdot 8 \end{array}\]Таким чином, існує рівно 6 неізоморфних абелевих груп порядку 72.
Слідство Для\(n \ge 2\), кількість класів ізоморфізму абелевих груп порядку\(n\) дорівнює числу способів множника\(n\) як добутку простих ступенів (де порядок множників не враховується).
Задача 8.13 Визначити кількість неізоморфних абелевих груп порядку\(n\), де\(n \in \{ 4, 6, 8, 16,1800 \}\)
Проблема 8.14 Доведіть це\(\mathbb{Z}_6 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3\).
У теорії чисел доведено, що якщо\(n=a b\) і\(\gcd (a,b) = 1\) тоді\(\mathbb{Z}_n \cong \mathbb{Z}_a \times \mathbb{Z}_b\). Це називається китайською теоремою про залишок.