Tekintsük a kettő összes egész hatványának szorzócsoportját (2Z, ), ahol 2Z= (2 n | P e Z). Ennek a csoportnak az additív nyelvi analógja a páros egészek additív csoportja (2Z, +), 2Z = (2n | p e Z). Adjunk általános meghatározás csoportok, amelyekre ezek a csoportok sajátos példák.
Meghatározás 1.8. Multiplikatív csoport (G,) (az additív csoport (G, +)) ún ciklikus, ha egy elem összes egész hatványából (illetve minden egész többszöröséből) áll a e G, azok. G=(a p | p e Z) (ill. G - (pa | p e Z)). Megnevezés: (a), így szól: az a elem által generált ciklikus csoport.
Vegye figyelembe a példákat.
- 1. Példa egy multiplikatív végtelen ciklikus csoportra valamely rögzített egész szám összes hatványának csoportja egy F±1, azt jelöljük és Mr. Ily módon és d-(a).
- 2. Példa a multiplikatív véges ciklikus csoportra a gyökök Cn csoportja n-edik fokozat egy egységből. Emlékezzünk vissza, hogy az egység n-edik gyökerei
képlet szerint e k= cos---hisin^-, hol k = 0, 1, ..., P - 1. Kövesse- p o
Fontos, hogy С „ \u003d (e x) \u003d (e x \u003d 1, e x, ef \u003d e 2, ..., e "-1 \u003d? „_ x). Emlékezzünk rá, hogy komplex számok e k, k = 1, ..., P - 1, az egységkör pontjai képviselik, amelyek felosztják P egyenlő részek.
- 3. Az additív végtelen ciklikus csoport jellegzetes példája a Z egész számok additív csoportja, amelyet az 1-es szám generál, azaz. Z = (1). Geometriailag egy számegyenes egész pontjaiként ábrázolják. Lényegében a multiplikatív csoportot ugyanúgy ábrázolják 2 7 - = (2) általánosságban a z \u003d (a), hol van egy egész szám egy F±1 (lásd 1.3. ábra). A képek e hasonlóságáról az 1.6. szakaszban lesz szó.
- 4. Válasszunk tetszőlegesen multiplikatív csoport G valamilyen elemet de. Ekkor ennek az elemnek minden egész hatványa egy ciklikus alcsoportot alkot (a) = (a p p e Z)G.
- 5. Bizonyítsuk be, hogy a Q racionális számok additív csoportja önmagában nem ciklikus, hanem bármely két eleme ciklikus részcsoportban található.
A. Bizonyítsuk be, hogy a Q additív csoport nem ciklikus. Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen Q = (-). Van egy egész szám b,
nem osztva T. Mivel - eQ = (-) = sn-|neZ>, akkor vannak
b t/ ( t J
van egy rc 0 egész szám, amelyre - = n 0 -. De aztán m = n 0 kb,
ahol tuberkulózis- jött ellentmondás.
B. Bizonyítsuk be, hogy két tetszőleges racionális számok -
tól től „ /1
és - a ciklikus alcsoportba tartoznak (-), ahol T van egy d t/
számok kisebb közös többszöröse bÉs d. Valóban, hagyjuk t-bu
, és ai 1 /1 tól től cv 1/1
és m = av, u, v e Z, akkor - = - = ai-e(-)u - = - = cv-e(-).
b bu t t/ a dv t t/
Tétel 1.3. Egy ciklikus csoport sorrendje megegyezik e csoport generáló elemének sorrendjével, azaz.|(a)| = |a|.
Bizonyíték. 1. Legyen |a| = ">. Bizonyítsuk be mindezt természetes fokok elem de különböző. Tegyük fel az ellenkezőjét: hagyjuk a k = a tés 0-tól Akkor T - nak nek - természetes számÉs a t ~ k = e. De ez ellentmond annak a ténynek, hogy | | a =°°.Így egy elem összes természetes ereje de különböznek, amiből az következik, hogy az (a) csoport végtelen. Ezért | (a)| = °° = |a |.
2. Legyen | a | = n. Bizonyítsuk be (a) \u003d (e - a 0, a, a 2,..., a "-1). A zárvány (a 0, a, a 2, ..., o" 1-1) c (a) a ciklusos csoport definíciójából következik. Bizonyítsuk be a fordított szerepeltetést. Egy ciklikus csoport tetszőleges eleme (de) van formája nál nél, ahol azok Z. Ossza el a pálinkát a maradékkal: m-nq + r, ahol 0 p. Mivel a n = e, azután nál nél = a p i + g \u003d a p h? a r = a r e(a 0, a, egy 2,..., a "- 1). Ezért (a) c (a 0, a, a 2, ..., így, (a) \u003d (a 0, a, a 2, ..., a" -egy).
Be kell bizonyítani, hogy a halmaz összes eleme (a 0 , a, egy 2,..., a” -1 ) különböznek. Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen 0 i P, hanem a" = de). Aztán ő - eés 0 j - i - ellentmondásba került a | feltétellel a | = P. A tétel bizonyítást nyert.
Cosets, Lagrange-tétel
Legyen H csoport alcsoport G. Az elem bal oldali cosetje a alcsoportonként H elemek halmazának nevezzük Ah, ahol h tartozik H. A bal oldali coset van jelölve aH. Hasonlóképpen bevezetjük az elem megfelelő cosetjét a alcsoportonként H, ami azt jelenti Ha.
Mivel egy alcsoportnak mindig van semleges eleme, minden elem a szomszédos osztályban található aH (Ha).
Ingatlan 2.7. Elemek aÉs b alcsoportonként ugyanahhoz a bal oldali cosethez tartoznak H ha, és csak akkor ha
Bizonyíték. Ha akkor b=Ah, és ezért, b a bal oldali kosárhoz tartozik aH. Fordítva, legyen , akkor vannak, hogy , és .
Tétel 2.2. Ha bal (jobb) elemek cosets aÉs b a H alcsoportnak van közös eleme, akkor egybeesnek.
Bizonyíték. Legyen . Aztán lesz . Tetszőleges elem a bal oldali szomszédos osztályból aH a bal oldali kosárban található bH. Valójában , és ezért . A befogadás is hasonlóképpen bizonyított. Így a tétel bizonyítást nyer.
Következmény 2.1. A bal oldali kosettek vagy nem metszik egymást, vagy egybeesnek.
Bizonyíték magától értetődően.
Következmény 2.2. A bal (jobb) koset H-val egyenlő.
Bizonyíték. Hozzon létre megfeleltetést az alcsoport elemei között Hés a szomszédos osztály elemei aH képlet szerint . A levelezés egytől egyig zajlik. Így az állítás bizonyítást nyer.
2.3. Tétel (Lagrange). Egy véges csoport sorrendje osztható alcsoportjának sorrendjével.
Bizonyíték. Legyen G- rendelési csoport n, de H- alcsoport G rendelés k.Az egyenlőség érvényesül. Távolítsuk el az ismétlődő kifejezéseket az egyenlőség jobb oldaláról. Ennek eredményeként megmaradnak a nem metsző szomszédos osztályok. Mivel a szomszédos osztály elemeinek száma , akkor , ahol m a különálló koszetek száma. Ez megteremti az egyenlőséget n=mk, ami kellett.
Az eltérő kosetek számát alcsoport-indexnek nevezzük H csoportban G.
A G csoport elemeinek halmazát generálásnak nevezzük, ha G-t a halmaz csoportművelet alatti lezárásával kapjuk.
Az egy elem által generált csoportot ciklikusnak nevezzük.
Következmény 2.3. Minden csoport tartalmaz egy ciklikus alcsoportot.
Bizonyíték. Legyen a-csoport elem G. A halmaz egy ciklikus alcsoport.
Egy elem által generált ciklikus alcsoport sorrendje a, az elem sorrendjének nevezzük.
Ingatlan 2.8. Ha elem a rend van n, azután a n=e.
Bizonyíték. Nézzünk egy sorozatot. Mivel a sorozat tagjainak száma végtelen, és egy elem hatványaira a véges sok lehetőség van, akkor ugyanazok a tagok fognak előfordulni a sorozatban. Hadd hol k<jÉs k az első ismétlődő kifejezés. Aztán , és innen a kifejezés k-j+ 1 ismétlődik. Következésképpen, j=1 (egyébként ). Így a sorozat ismétlődő alakzatokból és benne lévő halmazokból áll k- 1 különböző elem. Következésképpen, k=n+1. Azóta .
Bármely elem sorrendje a csoport sorrendjének osztója, tehát a | G | =e a csoport bármely elemére.
Következmény 2.4. A csoport sorrendje egyenletesen osztható a csoport bármely elemének sorrendjével.
Bizonyíték magától értetődően.
2.4. Tétel (ciklikus csoportokról)
I. Bármilyen természetes n van egy ciklikus rendelési csoport n.
II. Az azonos rendű ciklikus csoportok izomorfak egymással.
III. A végtelen sorrendű ciklikus csoport izomorf az egész számok csoportjával.
IV. A ciklikus csoport bármely alcsoportja ciklikus.
V. Minden osztóhoz m számok n(és csak nekik) a ciklikus csoportban n A rendelésnek van egy egyedi alcsoportja m.
Bizonyíték. Összetett fokgyökök halmaza n 1-től a szorzás művelete szempontjából ciklikus rendű csoportot alkot n. Így az első állítás bizonyítást nyer.
Legyen a ciklikus csoport G rendelés n az elem által generált aés a ciklikus csoport H, azonos sorrendű, az elem generálja b. A levelezés egy az egyhez, és megőrzi a működést. A második állítás bebizonyosodott
Egy elem által generált végtelen sorrendű ciklikus csoport a, elemekből áll. A levelezés egy az egyhez, és megőrzi a működést. Így a harmadik állítás bizonyítást nyer.
Legyen H egy ciklikus csoport alcsoportja G az elem által generált a. Elemek H fokozatúak a. Válasszunk be H a. Legyen ez egy elem. Mutassuk meg, hogy ez az elem az alcsoportban generálódik H. Vegyünk egy tetszőleges elemet innen H. A mű benne van H bármilyen r. Válasszunk r egyenlő az osztás hányadosával k a j, azután k-rj osztás után van maradék k a jés ezért kevésbé j. Mert be H nincsenek olyan elemek, amelyek nem nulla hatványok a, kevesebb, mint j, azután k-rj= 0 és . A negyedik állítás bizonyítást nyer.
Legyen a ciklikus csoport G rendelés n az elem által generált a. Az elem által generált alcsoport a sorrenddel rendelkezik m. Tekintsük az alcsoportot H rendelés m. Válasszunk be H elem, amely abszolút értékben a legkisebb nullától eltérő hatvány a. Legyen ez egy elem. Mutassuk meg j=n/m. Az elem hozzátartozik H. Ezért az űrlap nullától eltérő száma rj-nv nem kevesebb, mint abszolút értékben j, ami csak akkor lehetséges n osztva j nyom nélkül. A által generált alcsoport rendelkezik a sorrenddel n/j=m, Következésképpen j=n/m. Mivel egy részcsoport generáló elemét a sorrendje egyedileg határozza meg, az ötödik állítás bizonyítást nyer.
alcsoportot nevezzük ciklikus alcsoport. Term hatványozás itt többszörös alkalmazást jelent a csoportművelet elemére:Az ebből a folyamatból származó halmazt a szövegben így jelöljük . Vegye figyelembe azt is, hogy a 0 = e .
5.7. példa
A G csoportból =< Z 6 , +>négy ciklikus alcsoportot kaphatunk. Ez H 1 =<{0},+>, H2 =<{0, 2, 4}, +>, H 3 =<{0, 3}, +> és H4=G. Vegye figyelembe, hogy ha a művelet összeadás, akkor az n azt jelenti, hogy n-et megszorozunk a-val. Vegye figyelembe azt is, hogy ezekben a csoportokban a művelet modulo 6 összeadás. Az alábbiakban bemutatjuk, hogyan találjuk meg ezeknek a ciklikus alcsoportoknak az elemeit.
a. A 0-ból generált ciklikus alcsoport H 1, és csak egy eleme van (a semleges elem).
b. Az 1-ből generált ciklikus alcsoport a H 4 , amely maga a G csoport.
1 0 mod 6 = 0 1 1 mod 6 = 1 1 2 mod 6 = (1 + 1) mod 6 = 2 1 3 mod 6 = (1 + 1 + 1) mod 6 = 3 1 4 mod 6 = (1 + 1 + 1 + 1) mod 6 = 4 1 5 mod 6 = (1 + 1 + 1 + 1 + 1) mod 6 = 5 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
ban ben. A 2-ből generált ciklikus alcsoport a H 2 , amelynek három eleme van: 0 , 2 és 4 .
2 0 mod 6 = 0 2 1 mod 6 = 2 2 2 mod 6 = (2 + 2) mod 6 = 4 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
d) A 3-ból generált ciklikus alcsoport a H 3 , amelynek két eleme van: 0 és 3 .
e) 4, - H2-ből előállított ciklikus alcsoport; ez nem egy új alcsoport.
4 0 mod 6 = 0 4 1 mod 6 = 4 4 2 mod 6 = (4 + 4) mod 6 = 2 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
e) Az 5-ből generált ciklikus alcsoport a H 4 , amely maga a G csoport.
5 0 mod 6 = 0 5 1 mod 6 = 5 5 2 mod 6 = 4 5 3 mod 6 = 3 5 4 mod 6 = 2 5 5 mod 6 = 1 (leállítás, folyamat ismétlése)
5.8. példa
A csoportból három ciklikus alcsoport nyerhető. G-nek csak négy eleme van: 1, 3, 7 és 9 . Ciklikus alcsoportok - 
És . Az alábbiakban bemutatjuk, hogyan találjuk meg ezen alcsoportok elemeit.
a. Az 1-ből generált ciklikus alcsoport a H 1 . Az alcsoportnak csak egy eleme van, mégpedig a semleges.
b. A 3-ból generált ciklikus alcsoport a H 3, amely a G csoport.
3 0 mod 10 = 1 3 1 mod 10 = 3 3 2 mod 10 = 9 3 3 mod 10 = 7 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
ban ben. A 7-ből generált ciklikus alcsoport a H 3, amely a G csoport.
7 0 mod 10 = 1 7 1 mod 10 = 7 7 2 mod 10 = 9 7 3 mod 10 = 3 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
d) A 9-ből előállított ciklikus alcsoport a H2. Az alcsoportnak csak két eleme van.
9 0 mod 10 = 1 9 1 mod 10 = 9 (leállítás, majd a folyamat megismétlődik)
Ciklikus csoportok
Ciklikus csoport egy olyan csoport, amely a megfelelő ciklikus alcsoportja. Az 5.7. példában a G csoportnak van egy H 5 = G ciklikus alcsoportja. Ez azt jelenti, hogy a G csoport ciklikus csoport. Ebben az esetben a ciklikus alcsoportot létrehozó elem maga is létrehozhatja a csoportot. Ezt az elemet a továbbiakban "generátornak" nevezzük. Ha g generátor, akkor egy véges ciklikus csoport elemei így írhatók fel
(pl.g,g 2 ,….., g n-1 ) , ahol g n = e .
Vegye figyelembe, hogy egy ciklikus csoportnak sok generátora lehet.
5.9. példa
de. G csoport =
b. A csoport egy ciklikus csoport, két generátorral, g = 3 és g = 7 .
Lagrange-tétel
Lagrange-tétel megmutatja a kapcsolatot egy csoport sorrendje és az alcsoportjai sorrendje között. Tegyük fel, hogy G egy csoport, H pedig egy részcsoportja G-nek. Ha G és H sorrendje |G| és |H| , illetve e tétel szerint |H| oszt |G| . Az 5.7 példában |G| = 6. Alcsoport sorrend - |H1| = 1, | H2| = 3, |H3| = 2 és |H4| = 6. Nyilvánvalóan ezek a rendek 6 osztói.
Lagrange tételének van egy nagyon érdekes alkalmazása. Amikor egy G csoport és sorrendje |G| , a potenciális részcsoportok sorrendje könnyen meghatározható, ha találunk osztókat. Például a G = csoport sorrendje
Elemrend
Elemrend csoportban az ord(a) (order(a)) a legkisebb n egész szám, amelyre a n = e . Más szóval: egy elem sorrendje az általa generált csoport sorrendje.
5.10. példa
a. A csoportban G =
b. A csoportban G =
Egy O csoportot ciklikusnak nevezünk, ha minden eleme ugyanannak az elemnek a hatványa, ezt az elemet az O ciklikus csoport generátorának nevezzük.
Ciklikus csoport például az egész számok összeadás általi csoportja. Ezt a csoportot a 2-es szimbólummal fogjuk jelölni. Generátora az 1-es szám (és az 1-es szám is). Ciklikus csoport egy olyan csoport is, amely csak egy elemből (egyből) áll.
Egy tetszőleges O csoportban bármely g elem hatványai ciklikus alcsoportot alkotnak g generátorral. Ennek az alcsoportnak a sorrendje nyilvánvalóan egybeesik a g elem sorrendjével. Ebből következik, hogy Lagrange tétele alapján (lásd 32. o.) egy csoport bármely elemének sorrendje felosztja a csoport sorrendjét (megjegyezzük, hogy egy véges csoport minden eleme véges sorrend eleme).
Ezért egy véges rendű csoport bármely g elemére az egyenlőség
Ez az egyszerű megjegyzés gyakran hasznos.
Valóban, ha az O csoport ciklikus és generátora, akkor az elem sorrendje . Ezzel szemben, ha az O csoportnak van egy rendezett eleme, akkor ennek az elemnek a hatványai között vannak különbözőek, és ezért ezek a fokozatok kimerítik az egész O csoportot.
Látjuk tehát, hogy egy ciklikus csoportnak több különböző generátora lehet (nevezetesen a sorrend bármely eleme generátor).
Egy feladat. Bizonyítsd be, hogy bármelyik csoport főrend ciklikus csoport.
Egy feladat. Bizonyítsuk be, hogy a sorrend ciklikus csoportjának pontosan vannak generátorai, ahol a szám pozitív számok, kisebb és koprím -val.
A sorrenddel együtt bármely véges csoporthoz hozzárendelhető egy szám – az összes eleme sorrendjének legkisebb közös többszöröse.
Egy feladat. Bizonyítsuk be, hogy bármely véges O csoportra a szám osztja a csoport sorrendjét.
Nyilvánvaló, hogy ciklikus csoport esetén a szám egybeesik a sorrenddel. Ennek fordítva általában nem igaz. Mindazonáltal fennáll a következő állítás, amely a véges Abel-csoportok osztályának ciklikus csoportjait jellemzi:
egy véges O Abeli-csoport, amelynek a szám megegyezik a rendjével, ciklikus csoport.
Valóban, hagyjuk
Egy véges O Abel-csoport összes lehetséges nem egy elemének sorrendje , és legyen a legkisebb közös többszörösük.
Bővítsük ki a számot különböző prímszámok hatványainak szorzatává:
Legyen Mivel egy szám definíció szerint az (1) számok legkisebb közös többszöröse, ezek között a számok között van legalább egy ie-vel pontosan osztható szám, amelynek alakja , ahol b koprím -val. Legyen ez a szám a g elem sorrendje. Ekkor az elemnek sorrendje van (lásd 1. Következmény a 29. oldalon).
Így az O csoport bármelyikének van legalább egy rendelési eleme, és mindegyikhez egy ilyen elemet választva vegye figyelembe a termékét. A 29-30. oldalon bizonyított állítás szerint ennek a terméknek a sorrendje megegyezik a rendelések szorzatával, azaz. egyenlő a számmal. Mivel az utolsó szám feltétel szerint egyenlő -vel, ez azt bizonyítja, hogy az O csoportban van egy n-rendű elem. Ezért ez a csoport ciklikus csoport.
Legyen most O egy tetszőleges ciklikus csoport generátorral, H pedig annak néhány alcsoportja. Mivel a H alcsoport bármely eleme az O csoport eleme, így ábrázolható, ahol d valamilyen pozitív vagy negatív egész szám (általában nem egyedileg definiált). Tekintsük az összes pozitív szám halmazát, amelyeknél az elem a H alcsoportba tartozik. Mivel ez a halmaz nem üres (miért?), létezik benne legkisebb szám Kiderül, hogy a H alcsoport bármely h eleme az elem foka. Valójában definíció szerint létezik olyan d szám, amelyre (a d szám negatív is lehet). Osszuk el (a maradékkal) a d számot a számmal
Mivel tehát a szám minimálissága miatt a maradéknak nullának kell lennie. Ily módon,.
Ez azt bizonyítja, hogy az elem a H csoport generátora, azaz a H csoport ciklikus. Tehát a ciklikus csoport bármely alcsoportja ciklikus csoport.
Egy feladat. Bizonyítsuk be, hogy a szám egyenlő a H alcsoport indexével, és ezért osztja az O csoport sorrendjét (ha az O csoport véges).
Azt is megjegyezzük, hogy az O csoportban lévő Q véges ciklikus csoport bármely rendű osztójához csak egy H rendű alcsoport létezik (nevezetesen egy generátorral rendelkező alcsoport
Ez azt jelenti, hogy ha egy véges ciklikus csoport egyszerű, akkor a sorrendje is az prímszám(vagy egység).
Végül megjegyezzük, hogy egy Q ciklikus csoport bármely hányadoscsoportja, tehát bármely homomorf képe) ciklikus csoport.
A bizonyításhoz elegendő megjegyezni, hogy a csoport generátora az O csoport generátorát tartalmazó coset.
Konkrétan a Z egész számok csoportjának bármely faktorcsoportja ciklikus csoport. Vizsgáljuk meg részletesebben ezeket a ciklikus csoportokat.
Mivel a Z csoport Abel-féle, bármelyik R alcsoportja normálosztó. Másrészt a fentiek szerint a H alcsoport ciklikus csoport. Mivel a triviális részcsoportok hányadoscsoportjait ismerjük, a Η alcsoportot tekinthetjük nem triviálisnak. Legyen egy szám a H alcsoport generátora. Tekinthetjük ezt a számot pozitívnak (miért?), tehát nagyobbnak, mint egy.
A H. alcsoport nyilvánvalóan minden -vel osztható egész számból áll. Ezért két szám akkor és csak akkor tartozik ugyanahhoz a kosethez a H alcsoporthoz képest, ha különbségük osztható -vel, azaz ha modulusban összehasonlíthatók (lásd Tanfolyam, 277. o.). Így a H alcsoporthoz tartozó cosets nem más, mint a modulo összehasonlítható számosztályok.
Más szavakkal, a Z csoport faktorcsoportja a H alcsoporthoz képest (összeadás alapján) olyan számosztályok csoportja, amelyek modulo összehasonlíthatóak. Ezt a csoportot jelöljük. Generátora az 1-es számot tartalmazó osztály.
Kiderül, hogy bármely ciklikus csoport izomorf vagy a Z csoporttal (ha végtelen), vagy az egyik csoporttal (ha a sorrendje véges).
Valóban, legyen az O csoport generátora. A 2. csoport leképezését az O csoportba úgy határozzuk meg, hogy
véges csoportok
Egy csoportot (félcsoportot) nevezünk végső ha véges számú elemből áll. Egy véges csoport elemeinek számát nevezzük annak sorrendben. Egy véges csoport bármely részcsoportja véges. És ha HÍ G– egy csoport alcsoportja G, akkor bármely elemre deÎ G sok A={x: x=h◦a, bármilyen hÎ H) nak, nek hívják bal szomszédsági osztályt számára G viszonylag H. Nyilvánvaló, hogy az elemek száma a A egyenlő a renddel H. (Hasonlóan meg lehet fogalmazni a definíciót egy N– jobb coset tekintetében H).
Bármelyik alcsoport számára fontos H csoportok G tetszőleges két bal (jobb) coset by H vagy egybeesik, vagy nem metszik egymást, így bármely csoport reprezentálható diszjunkt bal (jobb) kosettek uniójaként H.
Valóban, ha két osztály N aÉs Hb, ahol a, bÎ G, van egy közös eleme x, akkor létezik tÎ H oly módon, hogy x = t◦a. És akkor a bal osztály x: H x={y: y=h◦x= h◦(t◦a) = (h◦t)◦a} Í H a, de a=t ‑1 ◦xÉs N a={y: y=h◦a= h◦(t ‑1 ◦x) = (h◦t ‑1)◦x} Í H x. Innen H x=N a. Hasonlóképpen azt is meg lehet mutatni H x=H b. És ezért N a=H b. Ha az osztályok N aÉs Hb Nincsenek közös elemek, akkor nem metszik egymást.
A csoport ilyen felosztását bal (jobb) cosetekre nevezzük a csoport felosztása a H alcsoport szempontjából.
2.6.1. Tétel. Egy véges csoport sorrendje osztható bármelyik részcsoportjának sorrendjével.
Bizonyíték. Mivel G véges csoport, akkor bármelyik alcsoportja H véges rendje van. Tekintsük egy csoport alcsoportokra bontását H. Ebben a dekompozícióban minden egyes kosetben az elemek száma azonos és megegyezik a sorrenddel H. Ezért ha n- csoportos rendelés G, de k- alcsoport sorrend H, azután n=m× k, ahol m a cosetek száma by H a csoportbontásban G.
Ha bármely elemhez aÎ G Þ N a=egy N(bal és jobb oldali coset alcsoportonként H mérkőzés), akkor H hívott normál osztó csoportok G.
Nyilatkozat: ha G kommutatív csoport, akkor bármely alcsoportja H egy normál osztó G.
Tekintettel egy csoportban (félcsoportban) végzett cselekvés asszociativitására, három elem „termékéről” beszélhetünk ( de◦b◦c) =(de◦b)◦c = de◦(b◦c). A fogalom összetett munka tól től n elemek: de 1 ◦de 2 ◦…◦a n = ◦ a n = = ◦.
Munka n egy csoport azonos elemeit nevezzük elem fokaés jelöltük a n=. Ennek a definíciónak minden természetes számára van értelme n. Bármely csoportelemhez aÎ G kijelöl de 0 =e a csoport semleges eleme G. És egy elem negatív ereje a ‑ n ként meghatározott ( a ‑1)n vagy ( a n) -1 , hol a-1 - inverz elem de. Mindkét definíció a ‑ n meccs, mert a n◦(a ‑1)n = (de◦de◦ ¼◦ de)◦(a ‑1 ◦a-1◦ ¼◦ a ‑1) = de◦de◦¼◦( de◦a ‑1)◦a-1 ◦¼◦ a ‑1 =e n =e. Ily módon ( a ‑1)n = (a n) ‑1 .
Egy additív csoportban egy elem fokszámának analógja a n akarat n- ennek többszöröse, általában jelölve na, amit nem szabad terméknek venni n a de, Amennyiben nÎℕ és esetleg nÏ G. Hogy. na⇋ hol nнℕ és 0 de=e⇋0 és (- n)a = ‑(na) = n(‑a) bármilyen természetes n, ahol (- a) fordítottja aÎ G.
Könnyű megmutatni, hogy a választott jelölés alatt bármilyen egész számra mÉs nés bármilyen aÎ G jól ismert tulajdonságok teljesülnek: de) szorzó jelöléssel a n ◦a m = a n + més ( a n)m = a nm; b) additív jelöléssel na+ma = (n+m)aÉs n(ma)=(nm)a.
Tekintsük a csoport egy részhalmazát G, amely egy tetszőleges elem összes hatványából áll gÎ G. Jelöljük A g. Ily módon A g ={g 0 , g 1 , g ‑1 , g 2 , g-2,¼). Magától értetődően, A g a csoport alcsoportja G, mivel bármely elemhez x,nál nélÎ A g ebből következik ( x◦nál nél)Î A g, és bármely elemhez xÎ A g lesz x-1 О A g, Kívül, g 0 =eÎ A g.
Alcsoport A g hívott ciklikus alcsoport csoportok G az elem által generált g. Ez az alcsoport mindig kommutatív, még akkor is, ha ő maga G nem kommutatív. Ha a csoport G egybeesik valamelyik ciklikus alcsoportjával, akkor az ún ciklikus csoport az elem által generált g.
Ha egy elem összes hatványa g más, akkor a csoport G hívott végtelen ciklikus csoport, és az elem g- elem végtelen rend.
Ha a ciklikus csoport elemei között egyenlőek pl. g k=g m nál nél k>m, azután gk-m=e; és jelölve k-mát n, kapunk gn=e, nÎℕ.
Legkevésbé természetes mutató n oly módon, hogy gn=e, nak, nek hívják a g elem sorrendjeés magát az elemet g hívott véges rendű elem.
Ilyen elem mindig megtalálható véges csoportban, de lehet végtelen csoportban is.
Olyan csoportokat nevezünk, amelyeknek minden eleme véges sorrendű időszakos.
Mivel egy véges csoport bármely elemének véges a sorrendje, minden véges csoport periodikus. Ráadásul mindegyik időszakos. ciklikus alcsoportok véges csoport, mivel végesek, és minden véges rendű elem n azonos sorrendű ciklikus csoportot generál n, elemekből áll ( g 0 , g 1 , g 2,¼, gn-egy). Valóban, ha az elemek száma egyenlő lenne néhány k<n, azután g k=e=gn, ami ellentétes a választással n, mint a legkevesebb fokozat olyan, hogy gn=e; másrészről, k>n szintén lehetetlen, mert ebben az esetben azonos elemek lennének.
Nyilatkozat: 1) minden fokozat g 0 , g 1 , g 2,¼, gn-1 azért különbözik ha egyenlőek lennének pl. GI=gj (én>j), azután g i-j=e, de ( én‑j)<n, és definíció szerint n- a legkisebb fokozat olyan gn=e.
2) Bármilyen más végzettség g, pozitív vagy negatív, egyenlő az egyik elemmel g 0 , g 1 , g 2,¼, gn-1 mert tetszőleges egész szám k kifejezéssel ábrázolható: k=nq+r, ahol q,rÎℤ és 0£ r<n, r- maradék és g k=gnq + r= gnq° r= (gn)q° r= e q° r= r.
1) Minden csoportnak van egy egyedi elsőrendű eleme ( e) egy elemből álló elsőrendű ciklikus alcsoport létrehozása e.
2) Tekintsük a permutációs csoportot S 3 , amely a következő elemekből áll: , , , , , . Rendelés S 3=6. Elemek sorrendje de egyenlő 2-vel, mert . Elemek sorrendje b is egyenlő 2-vel, mert . Elemrend tól től egyenlő 3-mal, mert És . Elemek sorrendje f is egyenlő 3-mal, mert És . És végül a sorrend d egyenlő 2-vel, mert . Így ciklikus alcsoportok S 3 elemek által generált e, a, b, d, cÉs f, illetve egyenlőek: ( e}, {e, a}, {e, b}, {e, d}, {e, c, f) És ( e, f, c), ahol az utolsó kettő egybeesik. Vegye figyelembe azt is, hogy az egyes ciklikus alcsoportok sorrendje maradék nélkül osztja fel a csoport sorrendjét. A következő tétel igaz.
2.7.1. tétel. (Lagrange) Egy véges csoport sorrendje osztható bármely elemének sorrendjével (hiszen egy elem sorrendje és az általa generált ciklikus részcsoport sorrendje egybeesik).
Ez azt is jelenti, hogy a véges csoport bármely eleme, ha a csoport rendjének hatványára emeli, megadja a csoport azonosságát. (Mivel g m=gnk=e k=e, ahol m- csoportos rendelés n- elemsorrend g, k egy egész szám).
Az S csoportban 3 alcsoport található H={e, c, f) normálosztó, míg a 2. rendű részcsoportok nem normálosztók. Ez könnyen ellenőrizhető, ha megkeresi a bal és jobb oldali koszeteket H a csoport minden elemére. Például egy elemhez de bal szomszédsági osztályt A={e ◦ a, tól től◦ de, f◦ a} = {de, b, d) és a megfelelő coset egy N={a ◦ e, de◦ c, de◦ f} = {de, d, b) mérkőzés. Hasonlóan az összes többi elemhez S 3 .
3) Az összes összeadású egész halmaz egy végtelen ciklikus csoportot alkot 1 (vagy -1) generáló elemmel, mert bármely olyan egész szám, amely 1 többszöröse.
4) Tekintsük a gyökérkészletet n– mértékegységtől: E n=. Ez a halmaz egy csoport a szorzógyökök működése szempontjából. Valójában bármely két elem szorzata e kÉs e m tól től E n, ahol k, m £ n-1 is elem lesz E n, mivel = = , ahol r=(k+m)mod nÉs r £ n-egy; szorzás asszociatív, semleges elem e=e 0 =1 és bármely elemre e k van egy inverz és . Ez a csoport ciklikus, generáló eleme a primitív gyök. Könnyen belátható, hogy minden fokozat különbözik: , tovább for k³ n gyökerei kezdenek kiújulni. A komplex síkon a gyökerek egy egységsugarú körön helyezkednek el, és osztják azt fel n egyenlő ívek, a 11. ábra szerint.
Az utolsó két példa lényegében az összes ciklikus csoportot kimeríti. Mivel a következő tétel igaz.
2.7.2. Tétel. Minden végtelen ciklikus csoport izomorf egymással. Minden véges ciklikus rendű csoport n izomorf egymással.
Bizonyíték. Legyen ( G, ∘) egy végtelen ciklikus csoport generátorral g. Aztán van egy bijektív leképezés f: ℤ ® Gúgy, hogy bármilyen egész számra kÉs m képeiket f(k) És f(m), egyenlő g kÉs g m, elemek G. És ahol f(k+m)=f(k)∘f(m), Amennyiben g k + m=g k∘ g m.
Hagyd most ( G, ∘) egy véges ciklikus rendű csoport n szülő elemmel g. Ezután minden elem g kÎ G az egyetlen mód az elem párosítása e kÎ E n(0£ k<n), a szabály szerint f(g k)=e k. És mégis, bármelyikhez g kÉs g mÎ G ezt követi f(g k∘ g m)=f(g k) ∘f(g m), Amennyiben f(g k∘ g m)=f(g k + m)=f(r), ahol r=(k+m)mod n, És f(r)=er=e k× e m. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen összehasonlítás bijektív leképezés.