Р А З Д Е Л 11

Разное

11.1.* Опишите группы порядка 8.

11.2.* Опишите группы порядка 12.

11.3.* Докажите, что группа порядка 385 порождается двумя элементами.

11.4.* Пусть M C G, N C G, M ∩ N = 1 и G/M, G/N абелевы. Докажите, что G тоже абелева.

11.5. Описать группы с а) двумя б)* тремя

классами сопряженных элементов.

11.6. Пусть C1, C2, C3 – классы сопряженных элементов группы G, C1 ∩ C2C3 6= . Докажите, что C1 C2C3.

11.7.* Пусть a, b G, причем a3 = b7 = 1, ab = b3a. Докажите, что b = 1.

11.8.* Пусть a, b G, причем aba−1 = bk. Докажите, что если

|a| < ∞, то |b| < ∞.

11.9. Пусть коммутатор [b, a] = b−1a−1ba элементов a, b G содержится в центре группы G. Докажите, что для любых натуральных m, n, r

а) bna = abn[b, a]n;

б) bnam = ambn[b, a]mn;

46

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

47

в) (ab)r = arbr[b, a]r(r−1)/2.

г) (ambn)r = amrbnr[b, a]mnr(r−1)/2.

11.10.* Докажите, что в любой группе порядка p3 (p – нечетное простое число) выполняется тождество (ab)p = apbp.

11.11. Пусть в p-группе выполняется тождество (ab)p = apbp. Докажите, что функция ρ(a, b) = logp(|ab−1|) удовлетворяет аксиомам расстояния.

11.12. Опишите классы сопряженных элементов в группе Sn.

11.13. Найдите все нормальные подгруппы группы S4.

11.14.* Докажите, что группа A5 проста.

11.15.* Докажите, что группа An проста при n 6= 4.

11.16.* Докажите, что симметрическая группа Sn неразложима.

11.17.* Пусть

G = ha, b, c | a2 = b2 = c2 = (ab)3 = (bc)4 = (ac)2 = 1i.

Докажите, что (abc)6 = 1 и элемент z = (abc)3 содержится в центре группы G.

11.18.* (Частичное обобщение 3-й теоремы Силова.) Пусть K – некоторая p-подгруппа группы G, r – число силовских p-подгрупп в G, содержащих K. Докажите, что r ≡ 1(mod p).

Ответы, указания, решения

1.3. а) Q, R, C – группы по сложению, N – нет.

1.4. а) Все ненулевые и все положительные вещественные числа

– группы по умножению, остальные – нет.

в) Указание: проверьте, что если R = Z, Z[i] или Z[ω], и z R, то z R тогда и только тогда, когда |z| = 1.

Ответ: Z = {1, −1}, Z[i] = {1, −1, i, −i}, Z[ω] =

корни степени 6 из 1.

1.5. При r = 1 или 0.

1.6. а) По сложению – нет, по умножению – да. б) По сложению – нет, по умножению – да. в) По сложению – да, по умножению – нет.

г) По сложению – да, по умножению – нет (кроме случая 1 × 1-матриц).

д) По сложению – нет, по умножению – да (эта группа называется полной линейной и обозначается GL(n, F )).

е) По сложению – только в случае 1 × 1-матриц и d = 0. По умножению – при d = 1 (полученная группа называется специальной линейной и обозначается SL(n, F )) или в случае 1 × 1- матриц и d = 0.

1.11. Указание: рассмотрите элемент xax−1.

1.25. gNG(H)g−1.

1.26. а) Четыре собственные подгруппы: одна порядка 3 (состоит из единицы и циклов длины 3) и три порядка 2 (каждая состоит из единицы и одной из транспозиций).

48

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

49

б) Восемь собственных подгрупп: три порядка 4 (первая подгруппа содержит все вращения квадрата; две другие состоят из единицы, центральной симметрии и отражений относительно одной из пар перпендикулярных осей симметрии) и пять порядка 2 (одна из них содержит центральную симметрию, остальные – отражение относительно одной из осей симметрии).

1.29. б) k + nZ, где, например, k = 0, 1, . . . , n − 1. в) x + Z, где, например, x [0, 1).

г) z + R, где, например, z iR.

д) zR , где, например, |z| = 1, 0 ≤ arg z < π.

е) Правые смежные классы: Ai = {σ Sn | σ(n) = i}, где i = 1, 2, . . . , n. Левые смежные классы: Bi = {σ Sn | σ(i) = n}, где i = 1, 2, . . . , n.

2.1. В группе S3 один элемент порядка 1 (единица), три элемента порядка 2 (транспозиции), два злемента порядка 3 (циклы длины 3). В группе D4 один элемент порядка 1 (единица), пять элементов порядка 2 (отражения и центральная симметрия), два злемента порядка 4 (остальные вращения квадрата).

2.13. а) Нет (кроме случая n ≤ 2); б) Нет; в) Да.

2.16. Если |G| = 2, 3 или 5, то G циклична (см. задачу 2.14). Существует ровно одна (с точностью до изоморфизма) нециклическая группа G порядка 4, эта группа абелева (именно,

G = {e, a, b, c}, где c = ab, a2 = b2 = c2 = e).

2.18. Указание: проверьте, что если d|n, то ϕ(d) – число элементов порядка d в циклической группе порядка n.

2.20. а) 1, −1; б) 1, 5, 7, 11, 13, 17.

2.22. Указание: пусть |G| = n, d|n. Пусть ψ(d) – число элементов G порядка d. Докажите, что если |Gd| ≤ d, то ψ(d) ≤ ϕ(d) (точнее, ψ(d) = ϕ(d) либо ψ(d) = 0), где ϕ – функция Эйлера. Пользуясь задачей 2.18, проверьте, что ψ(d) = ϕ(d). В частности, ψ(n) 6= 0, т.е. G циклична.

2.23. Указание: воспользуйтесь задачей 2.22.

50 Ответы, указания, решения

3.1. а) Ker f = 0, Im f = R+. б) Ker f = Z, Im f = T.

в) Если a = 0, то Ker f = F , Im f = 0. Если a 6= 0, то Ker f = 0, Im f = F .

г) Ker f = R+, Im f = {1, −1}. д) Ker f = {1, −1}, Im f = R+. е) Ker f = T, Im f = R+.

ж) Ker f = SL(n, F ), Im f = F .

з) Ker f = {λE | λ F }, Im f = G.

и) Ker f = An := {четные подстановки}, Im f = {1, −1} (кроме тривиального случая n = 1, когда Im f = {1}).

3.2. При условии абелевости группы G.

3.7. Указание: воспользуйтесь тем, что группа Q делима (т.е. уравнение nx = a, где x, a Q, n N, всегда разрешимо относительно x), а группы Z и Q+ – нет.

3.9. Указание: воспользуйтесь задачей 3.8.

Ответ: а) |Hom(Z(6), Z(18))| = 6. Точнее, Hom(Z(6), Z(18)) =

{f1, . . . , f6}, где f1(1) = 0, f2(1) = 3, f3(1) = 6, f4(1) = 9, f5(1) = 12, f6(1) = 15;

б) |Hom(Z(18), Z(6))| = 6; в) |Hom(Z(12), Z(15))| = 3;

г) |Hom(Z(m), Z(n))| = НОД(m, n).

\

3.11. Ядро равно gHg−1.

g G

3.14. а) {1, −1}; б) S3 (действует перестановками неединичных элементов); в) S3 (действует перестановками транспозиций); г) Z(m) (элементы Z(m) – это классы вычетов по модулю m, взаимно простые с m, групповая операция – умножение по модулю m; на самом деле Z(m) – это группа обратимых элементов кольца вычетов по модулю m).

3.15. а) Да; б) Да; в) Да; г) Нет; д) Да.

3.26. Указание: воспользуйтесь тем, что G/Ker f Im f для вся-

=

кого гомоморфизма f : G → H.

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

51

3.28. б) Указание: рассмотрите гомоморфизм f : G → Inn G, g 7→ fg (см. задачу 3.13).

3.29. Указание: постройте сюръективный гомоморфизм H → NH/N с ядром H ∩ N.

3.30. Указание: постройте сюръективный гомоморфизм G/M → G/N с ядром N/M.

3.39. G/H R .

=

4.4. Указание: воспользуйтесь задачей 2.17.

4.6. а) Нет; б) Нет; в) Нет; г) Да (Z(10) Z(2) × Z(5)); д) Нет

=

(указание: проверьте, что любые две ненулевые подгруппы имеют

ненулевое пересечение); е) Нет; ж) Да (например,	Q+		×	H,
		= G
где G = h2i < Q+, H = {p/q | p, q нечетны} < Q+).

4.8. Указание: проверьте, что если (g, h) G × H, то найдутся такие k и l, что (g, h)k = (g, 1), (g, h)l = (1, h).

4.9. Собственные подгруппы исчерпываются четырьмя (циклическими) подгруппами порядка 3.

4.10. Указание: воспользуйтесь тем, что если (x, y) K, a A, b B, то (x, y)−1(a, 1)−1(x, y)(a, 1), (x, y)−1(1, b)−1(x, y)(1, b)

K.

5.1. а) Z(8) ×Z(9), Z(8) ×Z(3) ×Z(3), Z(4) ×Z(2) ×Z(9), Z(4) × Z(2) ×Z(3) ×Z(3), Z(2) ×Z(2) ×Z(2) ×Z(9), Z(2) ×Z(2) ×Z(2) × Z(3) × Z(3);

б) Z(4) × Z(25), Z(4) × Z(5) × Z(5), Z(2) × Z(2) × Z(25), Z(2) × Z(2) × Z(5) × Z(5);

в) Z(4) ×Z(9) ×Z(5), Z(4) ×Z(3) ×Z(3) ×Z(5), Z(2) ×Z(2) × Z(9) × Z(5), Z(2) × Z(2) × Z(3) × Z(3) × Z(5).

5.2. 2n.

5.3. а) Указание: проверьте, что прямое произведение устанавливает биекцию между парами классов изоморфизма абелевых групп порядков m и n и классами изоморфизма абелевых групп порядка mn.

52

Ответы, указания, решения

5.4. Указание: воспользуйтесь задачей 4.3.

×

5.5. а)

Z(6)

×

Z(36)

= Z(12)

×

6

Z(9)

Z(24);

6

Z(18) =

×

6

б) Z(6)

×

Z(10)

×

Z(10)

Z(60)

×

Z(10) = Z(30)

×

=

Z(20) =

Z(6)

×

Z(100), Z(6)

Z(10)

×

6

Z(6)

×

Z(100).

Z(10) =

5.6. Указание: проведите индукцию по |G|; воспользуйтесь тем, что для любого простого числа p, делящего |G|, в G найдется элемент порядка p. (Другой вариант решения: примените теорему 5.1 и задачу 2.19.)

5.7. p2 + p + 1 (из них одна изоморфна Z(p) × Z(p), остальные цикличны).

5.8. Указание: проверьте, что при естественном гомоморфизме G → G/H подгруппа F отображается в единицу.

5.9. Циклические группы, а также группы вида Z(p) × Z(p), где p – простое число.

5.10. Указание: воспользуйтесь тем, что hε0i hε1i . . .

hεki . . . и

∞

[

G = hεki.

k=0

5.14. Указание: проверьте, что любой элемент конечного порядка представим в виде xy−1, где x и y имеют бесконечный порядок.

5.15. в) Указание: пусть H – собственная подгруппа в G конечного индекса. Рассмотрите (конечную!) группу G/H и докажите, используя делимость G и задачу 2.4, что G/H = 1.

5.16. Указание: докажите, что если H < Q, a Q, то

[hH, ai : H] < ∞;

далее воспользуйтесь задачей 5.15.

6.1. Указание: пусть a и b – элементы базиса группы Fn. Проверьте, что слова ab и ba неприводимы и, следовательно, различны.

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

53

6.2. а) Указание: пусть A = {a1, . . . , an} – базис Fn, B A, B 6= A. Отображение ϕ : A → Z(2), при котором B = ϕ−1(0), продолжается до гомоморфизма ϕ˜ : Fn → Z(2), ядро которого имеет индекс 2. Проверьте, что тем самым устанавливается биекция между подгруппами индекса 2 и собственными подмножествами в A (включая пустое).

б) Указание: воспользуйтесь а).

6.3. Указание: проверьте, что множество всех слов четной (соответственно нечетной) длины – смежный класс F2 по H.

6.4. [F2 : H] = ∞.

6.5. Пусть c C(FA), c = a1 . . . am (ai A A−1) – запись в виде неприводимого слова и, например, a1 A−1. Тогда слово a1c = a21 . . . am тоже неприводимо. Так как слово ca1 = a1 . . . ama1 содержит m + 1 букву и по предположению a1c = ca1, то и оно неприводимо. Приравнивая буквы в записях этих слов, получаем c = am1 . Но тогда bc 6= cb для любого b A−1 \ {a1} – противоречие.

6.7. а) Указание: положите c = ab−1 и проверьте, что a = c3, b = c2.

б) Указание: положите c = a3b−2 и проверьте, что ac = ca, b = ca. Выведите отсюда, что a = c3, b = c4.

6.8. а) Очевидно,

S3

= ha, bi

,

причем

3

= b2 = 1, ab = ba2.

3

a

2

2

i. По

С другой стороны, пусть G = ha, b | a

= b

= 1, ab = ba

теореме 6.5, существует эпиморфизм G → S32. Но

содержит не

G 2

b), поэтому

более шести элементов (а именно, 1, a, b, a , ab, a

S3 = G.

6.10. Указание: установите, что отображение

1

x 7→

0

1

, y 7→

0

2

индуцирует изоморфизм групп.

6.11. Положим K = hA B | R, S, T i, где

T = {ab = ba | a A, b B},

54	Ответы, указания, решения

и докажем, что G × H K.

=

Ясно, что в G × H нужные соотношения выполняются (если считать, что G, H < G × H). Поэтому существует эпиморфизм α : K → G×H, переводящий A в A и B в B. С другой стороны, в подгруппах G1 = hAi, H1 = hBi < K выполняются соотношения R и S соответственно, так что существуют гомоморфизмы β : G → G1 ,→ K и γ : H → H1 ,→ K, которые продолжаются до гомоморфизма δ : G × H → K. Поскольку δα – тождественный гомоморфизм, то α инъективен, т.е. является изоморфизмом.

7.2. Обратное неверно.

7.3. 1) G – единственная орбита, стабилизаторы равны единице.

2)G – единственная орбита, стабилизаторы равны единице.

3)Орбиты – это левые (соответственно правые) смежные классы G по H, стабилизаторы равны единице.

4)Орбита подгруппы H – это {gHg−1 | g G}; орбиты на-

зываются классами сопряженных подгрупп. Стабилизатор подгруппы H – это ее нормализатор NG(H) := {g G | gHg−1 = H}.

5)G/H – единственная орбита, стабилизатор смежного класса единицы – это H.

6а) Пусть V 6= {0}. Орбиты: {0} и V \ {0}. Стабилизаторы: St(0) = G; если v 6= 0, то St(v) состоит из операторов, имеющих v собственным вектором с собственным значением 1.

6б) Пусть dim V ≥ 2 (если dim V < 2, то ответ только упрощается). Орбиты: {(0, 0)}, (V \ {0}) × {0}, {0} × (V \ {0}), {(v, αv) | v V \ {0}} для каждого α F ,

{(v, w) | v, w V, v, w линейно независимы}.

Стабилизаторы: St(0, 0) = G; если v 6= 0, то St(αv, βv) состоит из операторов, имеющих v собственным вектором с собственным значением 1; если v и w линейно независимы, то St(v, w) состоит из операторов, имеющих v и w собственными векторами с собственным значением 1.

6в) Орбиты: {L | dim L = k}, где k = 0, 1, . . . , dim V . Стабилизаторы: St(L) состоит из операторов, оставляющих L инвариантным.

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

55

7а) Орбиты: {0} и сферы с центрами в 0. Стабилизаторы: St(0) = G; если v 6= 0, то St(v) состоит из ортогональных операторов, имеющих v собственным вектором с собственным значением

1.

7б) Пусть dim V ≥ 2 (если dim V < 2, то ответ только упрощается). Обозначим через Sr сферу радиуса r с центром в 0. Орбиты: {(0, 0)}, Sr × {0} для каждого r > 0, {0} × Sr для каждого r > 0,

{(v, w) | v Sr, w Sρ, угол между v и w равен ϕ}

для каждого r, ρ > 0 и 0 ≤ ϕ ≤ π.

8) Пусть σ = (i1i2 . . . ik1 )(ik1+1 . . . ik2 ) . . . (ikm−1+1 . . . in) – разложение в произведение независимых циклов (с учетом циклов

длины 1). Тогда орбиты – это {i1, i2, . . . , ik1 }, {ik1+1, . . . , ik2 }, . . . ,

{ikm−1+1, . . . , in}. Если i X, |O(i)| = l, то St(i) = hσli.

7.4. Указание: возьмите в качестве H стабилизатор какой-нибудь точки X. Действия G на G/H1 и G/H2 изоморфны тогда и только тогда, когда H1 и H2 сопряжены.

7.5. NG(H)/H.

7.7. Указание: рассмотрите орбиты действия группы на себе сопряжениями. Воспользуйтесь тем, что элементы центра (и только они) образуют одноэлементные классы сопряженности.

7.8. Указание: воспользуйтесь задачами 7.7, 3.31 и 2.14. 7.9. Указание: воспользуйтесь задачами 7.7 и 3.31.

\

7.10. б) gHg−1.

g G

7.11. Указание: воспользуйтесь задачей 7.10.

7.13. Указание: рассмотрите действие Grot(M) (соответственно Gsym(M)) на множестве граней M. Проверьте, что это действие транзитивно, и найдите стабилизатор грани. Далее воспользуйтесь предложением 7.1.

Ответ: если M – тетраэдр, то |Grot(M)| = 12, |Gsym(M)| = 24; если M – куб или октаэдр, то |Grot(M)| = 24, |Gsym(M)| = 48; если M – додекаэдр или икосаэдр, то |Grot(M)| = 60, |Gsym(M)| = 120.

56	Ответы, указания, решения

7.14. Указание: рассмотрите действие Gsym(M) на множестве граней M и исследуйте ядро и образ соответствующих гомоморфиз-

мов Gsym(M) → S4 и Grot(M) → S4.

7.16. Указание: пусть M – куб. Рассмотрите действие Grot(M) на множестве диагоналей M. (Октаэдр является двойственнным кубу в том смысле, что центры граней куба являются вершинами октаэдра; поэтому группы вращений куба и октаэдра совпадают.)

7.17. Указание: пусть M – додекаэдр. Проверьте, что 30 ребер додекаэдра естественно разбиваются на 5 шестерок так, что группа Grot(M) действует на множестве этих шестерок. Это действие задает гомоморфизм Grot(M) → S5. Докажите, что он инъективен, а его образ – это A5. (Икосаэдр является двойственнным додекаэдру.)

8.1. а) Пусть G – конечная абелева группа. Для каждого простого делителя p числа |G| имеется ровно одна силовская p-подгруппа; она состоит в точности из всех p-элементов группы G.

б) |S3| = 2 · 3; в S3 три силовские 2-подгруппы (каждая порождена транспозицией) и одна силовская 3-подгруппа (именно, A3).

|A4| = 22 · 3; в A4 одна силовская 2-подгруппа

{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} Z(2) × Z(2)

=

и четыре силовские 3-подгруппы (каждая порождена циклом длины 3).

|S4| = 23 · 3; в S4 три силовские 2-подгруппы (каждая изоморфна D4; при интерпретации S4 как группы вращений куба каждая силовская 2-подгруппа состоит из вращений, оставляющих на месте пару параллельных граней куба) и четыре силовские 3-подгруппы (каждая порождена циклом длины 3).

в) |D5| = 2·5; в D5 пять силовских 2-подгрупп (каждая порождена отражением) и одна силовская 5-подгруппа (именно, подгруппа вращений).

|D6| = 22 · 3; в D6 три силовские 2-подгруппы (каждая изоморфна Z(2) ×Z(2) и является группой симметрий одного из трех описанных вокруг правильного шестиугольника ромбов) и одна

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

57

силовская 3-подгруппа (именно, группа вращений любого из двух вписанных в правильный шестиугольник правильных треугольников).

8.3. Указание: воспользуйтесь 3-й теоремой Силова и задачами 8.2, 2.14 и 4.3.

8.4. Приведем схему решения для случая |G| = 56 = 23 · 7. Достаточно доказать, что силовская 2-подгруппа или силовская 7- подгруппа единственна. По 3-й теореме Силова, число силовских 2-подгрупп равно 1 или 7, число силовских 7-подгрупп равно 1 или 8. Пусть G содержит 8 силовских 7-подгрупп. Поскольку все они – порядка 7 (простое число!), то их объединение содержит 1 + 6 · 8 = 49 элементов. Отсюда легко следует, что силовская 2-подгруппа единственна.

8.5. Достаточно доказать, что силовская p-подгруппа или силовская q-подгруппа единственна. Предположим, что силовская p- подгруппа неединственна. Тогда, по 3-й теореме Силова, их число равно q, причем q ≡ 1(mod p). В частности, q > p. Но тогда p 6≡1(mod q), т.е. число силовских q-подгрупп не может равняться p. Если и силовская q-подгруппа неединственна, то число силовских q-подгрупп равно p2. Это значит, что p2 ≡ 1(mod q), откуда p ≡ −1(mod q), т.е. p = q − 1. Итак, p = 2, q = 3. Далее можно рассуждать аналогично решению задачи 8.4.

8.7. Указание: воспользуйтесь результатом задачи 7.11.

8.8. Пусть, для определенности, p < q < r. Пусть G – группа порядка pqr. Предположим, что ни одна из силовских подгрупп в G не является нормальной. Тогда, по 3-й теореме Силова, число силовских r-подгрупп равно pq, число силовских q-подгрупп не меньше r, а число силовских p-подгрупп не меньше q. Кроме того, различные силовские подгруппы имеют тривиальное пересечение (ибо их порядки – простые числа). Поэтому группа G имеет pq(r − 1) элементов порядка r, не меньше r(q − 1) элементов порядка q и не меньше q(p − 1) элементов порядка p. Но pq(r−1)+r(q−1)+q(p−1) = pqr+qr−q−r > pqr – противоречие.

8.9. Указание: воспользуйтесь 2-й теоремой Силова и задачей 7.3, пункт 4.

58	Ответы, указания, решения

8.10. Указание: пусть P – силовская p-подгруппа в G. Достаточно доказать, что она единственна. Пусть Q – также силовская p-подгруппа в G. Пользуясь 2-й теоремой Силова, проверьте, что Q H. Далее, проверьте, что силовская p-подгруппа в H единственна, т.е. Q = P .

8.11. Указание: пусть P – силовская p-подгруппа в G. Воспользуйтесь тем, что силовская p-подгруппа в NG(P ) единственна.

8.12. Указание: примените индукцию по n, для индуктивного перехода используйте задачу 7.7.

8.13. Указание: примените индукцию по n, для индуктивного перехода используйте задачу 7.7.

8.14. Пусть G – группа порядка 60. Пусть P – ее силовская 5- подгруппа. Если P C G, то факторгруппа G/P содержит подгруппу порядка 2, и ее прообраз в G при естественном гомоморфизме G → G/P имеет порядок 10. Пусть, наоборот, P не является нормальной в G. Тогда силовская 5-подгруппа в G неединственна. По 3-й теореме Силова, число силовских 5-подгрупп в G равно 6. Иными словами, [G : NG(P )] = 6 (см. задачу 8.9). Но тогда

|NG(P )| = 10.

9.4. Из соотношений между элементами a и b группы G легко выводится, что каждый ее элемент имеет вид akbl, где k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, l = 0, 1. Поэтому |G| ≤ 2n. В частности, если

H:= ha, b | an = b2 = 1, bab = a−1i, то |H| ≤ 2n. С другой стороны, обозначим через a и b следующие элементы группы Dn: a

– поворот на угол 2π/n, b – какое-нибудь из отражений. Легко

проверить, что группа Dn порождается a и b, причем an = b2 = 1, bab = a−1. Поэтому, по теореме 6.5, существует эпиморфизм

H→ Dn. Так как |H| ≤ 2n, а |Dn| = 2n, то это изоморфизм, т.е.

D H. Наконец, если |G| = 2n, то эпиморфизм D H → G

n = n =

является изоморфизмом.

9.5. Группа D2 абелева. Если n нечетно, то C(Dn) = {1}. Если n четно, n ≥ 4, то C(Dn) состоит из 1 и центральной симметрии.

9.7. Пусть конечная группа G порождается элементами b и c порядка 2, b 6= c. Согласно задаче 2.2, |G| = 2n для некоторого натурального n. Группа G нециклична (иначе она содержит ровно

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

59

один элемент порядка 2, см. задачу 2.19). Поэтому (bc)m = 1, где m ≤ n. Теперь положим a := bc. Легко проверить, что G = ha, bi, причем am = b2 = 1, bab = a−1. Согласно задаче 9.4, |G| ≤ 2m,

откуда m = n, и G D .

= n

9.8. а) По 3-й теореме Силова, число силовских 3-подгрупп в G равно 1 или 10, а число силовских 5-подгрупп в G равно 1 или 6. Если в G десять силовских 3-подгрупп и шесть силовских 5-подгрупп, то G содержит 2 · 10 = 20 элементов порядка 3 и 4 · 6 = 24 элемента порядка 5, что невозможно.

б) Пусть силовская 3-подгруппа P не нормальна в G, т.е. число силовских 3-подгрупп в G равно 10. Тогда |NG(P )| = 3 (см. задачу 8.9), т.е. NG(P ) = P . С другой стороны, P = hxi, где |x| = 3. Далее, пусть Q – силовская 5-подгруппа в G. Тогда Q C G, Q = hyi, где |y| = 5. Следовательно, xyx−1 = yk, отку-

да y = x3yx−3 = yk3 . Поэтому k3 ≡ 1(mod 5). Легко проверить, что тогда k ≡ 1(mod 5), т.е. x и y коммутируют. Это значит, что y NG(P ). Но y 6 P – противоречие.

в) Доказывается аналогично б).

г) Такой подгруппой является произведение силовской 3- подгруппы и силовской 5-подгруппы.

д) Пусть N C G, |N| = 15. Тогда N = hai, где |a| = 15. Далее, пусть b G, |b| = 2. Тогда bab = ar, откуда a = b2ab2 =

ar2 . Поэтому r2 ≡ 1(mod 15). Легко проверить, что это условие равносильно тому, что r ≡ ±1(mod 3), r ≡ ±1(mod 5). Далее,

r ≡ 1(mod 3)

r ≡ 1(mod 15),

r ≡ 1(mod 5)

r ≡ 1(mod 3)

r ≡ 4(mod 15),

r ≡ −1(mod 5)

r ≡ −1(mod 3)

r ≡ 11(mod 15),

r ≡ 1(mod 5)

r≡ −1(mod 3)

r ≡ −1 ≡ 14(mod 15).

r≡ −1(mod 5)

Сдругой стороны, G = ha, bi. Легко проверить, что если

H := ha, b | a15 = b2 = 1, bab = ari,

60	Ответы, указания, решения

то |H| ≤ 30, откуда G H. (Надо еще проверить, что все эти

=

группы попарно неизоморфны – см. е).) е) Докажем, например, что

G := ha, b | a15 = b2 = 1, bab = a4i D × Z(3).

= 5

Зададим D5 и Z(3) образующими и соотношениями:

D5 = hx, y | x5 = y2 = 1, yxy = x−1i, Z(3) = hz | z3 = 1i.

Положим a = (x, z), b = (y, 1). Легко проверить, что a15 = b2 = 1, bab = a4. Кроме того, D5 × Z(3) порождается элементами a и b. Поэтому имеется эпиморфизм G → D5 × Z(3). Так как |G| ≤ 30, а |D5 × Z(3)| = 30, то это изоморфизм.

10.1. 4 · 36 = 2916.

10.2. [m/2] + 1, где [a] – целая часть числа a. 10.3. Cm2 Cn2.

10.4. 2n2(n − 1).

10.5. 2(n − r − 1) . n(n − 1)

10.6. Число решений уравнения равно количеству разбиений по-

следовательности из m точек на r частей, т.е. Cr−1 − .

m+r 1

10.7. an = an−1 + an−2 с начальными условиями a1 = 2, a2 = 3.

10.9. 1) Пусть λ1 и λ2 – корни уравнения λ2 − λ − 1 = 0. Тогда

an =	1	(2	− λ2)λ1n − (2	− λ1)λ2n .
	λ1 − λ2

2) Указание: сделайте замену xn = bn/n! и получите уравнение

(n + 1)(xn+1 − xn) = −(xn − xn−1).

Сделайте еще одну замену yn = xn+1 − xn.

X

Ответ: bn = n!

n (−1)k

k!

k=0

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

61

10.10. Cnkbn−k (число bn определено в задаче 10.8).

10.11. Указание: в обоих случаях примените лемму Бернсайда. Ответ: а) rG×H(U) = rG(S) + rH(T ); б) rG×H(V ) =

rG(S)rH(T ).

10.12. При |X| > 1 две орбиты:

{(x, x) | x X}, {(x, y) | x, y X, x 6= y}.

10.13. Указание: примените лемму Бернсайда в ситуации задачи 10.12.

10.15. Искомое число равно числу раскрасок вершин правильного n-угольника двумя цветами.

10.16. а) Указание: примените теорему Пойя в следующей ситуации: X – множество вершин тетраэдра, G – его группа вращений. G действует на вершинах как A4 (задача 7.14), поэтому достаточно подсчитать число четных подстановок 4-й степени с одинаковым числом циклов.

Ответ: (m4 + 11m2)/12.

б) Указание: нужно рассмотреть действие группы G A на

= 4

множестве X ребер тетраэдра. Например, подстановка (12)(34) оставляет на месте ребра 12 и 34, а остальные попарно переставляет, т.е. имеет 4 цикла; подстановка (123) имеет 2 цикла: 14 7→24 7→34 и 12 7→23 7→31. Остальные подстановки (кроме тождественной) действуют аналогично.

Ответ: (m6 + 3m4 + 8m2)/12.

в) Указание: так как грани тетраэдра взаимно однозначно соответствуют его вершинам, то ответ получается тот же, что и для вершин, т.е. (m4 + 11m2)/12.

10.17. Если отоображения α, β : X → Y определяют графы α, β, ϕ S(V ) и β = αϕ, то ϕ определяет изоморфизм β → α.

10.18. а) 16; б) 218.

10.19. Схема решения та же, что и в задачах 10.17 и 10.18, но в качестве X нужно взять множество всех неупорядоченных пар неравных вершин.

62	Ответы, указания, решения

Ответ: а) 4; б) 11.

10.20. Группоидам, определенным на A, взаимно однозначно соответствуют отображения f : A × A → A. Рассмотрим естественное действие группы S(A) × S(A) на A × A, т.е. ((α, β), (x, y)) 7→ (αx, βy). Орбиты этого действия являются классами эквивалентности главно изотопных группоидов. Требуемое число находим по теореме Пойя:

1 39 + 6 · 36 + 9 · 35 + 8 · 33 + 12 · 32 = 738. 36

11.1. Существуют ровно три абелевы группы порядка 8:

G1 = Z(8),

G2 = Z(2) × Z(4),

G3 = Z(2) × Z(2) × Z(2).

Пусть G неабелева. В G есть элемент a порядка 4 (иначе G абелева; см. задачу 1.10). Зафиксируем элемент b G \ hai. Так как [G : hai] = 2, то G = hai haib. Поэтому G = ha, bi.

Так как hai C G (задача 3.16), то b−1ab = ar для некоторого 1 ≤ r ≤ 3. При этом r 6= 1, так как G неабелева. Если бы r = 2, то b−1a2b = (b−1ab)2 = a4 = 1, откуда a2 = 1. Следовательно, r = 3.

Далее, |b| равно 2 или 4. Если |b| = 4, то b2 = as(1 ≤ s ≤ 3). Если s равно 1 или 3, то |b| = 8. Поэтому s = 2.

Итак, существуют две неабелевы группы порядка 8:

G4 = ha, b | a4 = b2 = 1, bab = a3i,

G5 = ha, b | a4 = 1, a2 = b2, b−1ab = a3i.

Первая из них является группой диэдра, а вторая называется группой кватернионов. Они неизоморфны, так как G4 содержит два элемента порядка 4, а G5 – шесть.

11.2. Существуют ровно две абелевы группы порядка 12:

G1 = Z(12) = Z(3) × Z(4),

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

63

G2 = Z(2) × Z(2) × Z(3).

Кроме того,

G3 = Z(2) × S3 D6

=

(см. задачи 9.6 и 9.2).

Пусть G неабелева, G неизоморфна G3, P3 и P4 – ее силовские 3- и 4-подгруппы соответственно. Хотя бы одна из этих подгрупп не нормальна (иначе G = P3 × P4 абелева); с другой стороны, одна из них должна быть нормальной (см. задачу 8.5). Поэтому

возможны 2 случая:

3

h i

7→

1) P

4

C

G. Пусть P

=

. Автоморфизм x

c

c−1xc подгруппы

P4 имеет порядок 3, поэтому P4 не является циклической (см.

2

2

×

Z(2), P4 =

h

|

задачу 3.14, г)). Следовательно, P4 = Z(2)

a, b

a

= b

= 1, ab = bai. Из задачи 3.14, б) следует, что элементы

a и b можно выбрать таким образом, что c−1ac = b, c−1bc = ab. Получаем группу

G4 = ha, b, c | a2 = b2 = c3 = 1, ab = ba, ac = cb, bc = cabi

(она изоморфна группе A4 при соответствии a 7→(12)(34), b 7→

(14)(23), c 7→(234)).

		2) P3 C G. Так как G = hP3, P4i неабелева, то P3 6 C(G).
Поэтому			неединичные элементы					a, a−1 P3 образуют класс
сопряженных				элементов и	|CG(a)| = 6. Тогда CG(a) P3 и
	G	(a) =	h i	Z			\	N(a) и b2 = 1, то b−1cb = c−1,
C			c =	(6). Если b		G

т.е. G – группа диэдра. В противном случае P = hbi Z(4),

4 =

b−1ab = a−1, и мы получаем группу

G5 = ha, b | a3 = b4 = 1, b−1ab = a−1i.

11.3. Указание: пусть G – группа порядка 385. Проверьте, что силовские 7- и 11-подгруппы нормальны в G. Поэтому в G су-

ществует подгруппа H порядка 77, H Z(77). Следовательно,

=

G = ha, bi, где a77 = b5 = 1.

11.4. Указание: проверьте, что естественный гомоморфизм G → G/M × G/N инъективен.

11.5. а) Единственная такая группа – это Z(2).

64	Ответы, указания, решения

б) Указание: пусть {1}, C1, C2 – классы сопряженных элементов группы G, |G| = n, |Ci| = ni. Тогда n = 1 + n1 + n2, причем ni|n. Выведите отсюда, что n = 3 либо 6.

Ответ: G = Z(3) или G = S3.

11.7. Заметим, что b = a3ba−3 = b27 = b6. Отсюда и из b7 = 1 следует b = 1.

11.8. Если |a| = m, то b = amba−m = bkm .

11.10. Если G неабелева, то факторгруппа G/C(G) имеет порядок p2 и поэтому абелева (см. задачи 7.9 и 7.8). Следовательно, G0 C(G) (см. задачу 3.33). Осталось применить задачу 11.9.

11.12. Подстановки σ, τ Sn лежат в одном классе сопряженных элементов группы Sn тогда и только тогда, когда они имеют одинаковый тип разложения на независимые циклы (т.е. число и длины циклов, входящих в σ и τ, совпадают).

11.13. Группа S4 имеет ровно две собственные нормальные подгруппы: A4 и {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}.

11.14. Неединичные элементы группы A5 имеют порядок 2, 3 или 5; их число равно соответственно 15, 20 и 24. Отсюда сразу следует, что силовские подгруппы не являются нормальными.

Пусть N – собственная нормальная подгруппа в A5. Так как N не является силовской 2-подгруппой, то |N| делится на 3 или на 5.

Пусть |N| делится на 5. Тогда все силовские 5-подгруппы группы A5 содержатся в N; поэтому |N| > 24. Следовательно, |N| = 30. Но тогда N содержит силовскую 3-подгруппу группы A5 и |N| > 24 + 20 = 44, что невозможно.

Если |N| делится на 3, то рассуждения аналогичны.

11.15. Проведем индукцию по n. При n ≤ 3 утверждение тривиально, для n = 5 утверждение доказано в задаче 11.14. Пусть n > 5 и N C An. Обозначим через Ain подгруппу подстановок из An, оставляющих символ i (1 ≤ i ≤ n) на месте. Так как N ∩ Ain C Ain, то по предположению индукции либо N Ain, либо N ∩ Ain = 1.

Е. А. Каролинский, Б. В. Новиков

65

Пусть N Ain для некоторого i. Поскольку n > 2, то Ain ∩

Ajn 6= 1 для любого j 6= i. Но тогда N Ajn, откуда N = An, так как подгруппы Ain и Ajn порождают всю группу An.

Предположим теперь, что N ∩Ain = 1 для всех i. Это означает, что нетождественные подстановки из N не оставляют на месте ни одного символа. Пусть π N \ {1},

π = (i1i2 . . . ik1 ) . . . (iks+1 . . . in).

Сопряженная с π подстановка π0 = (i1i2)(i3in)π(i1i2)(i3in) тоже содержится в N, а подстановка ππ0 оставляет на месте i2, но не является единичной, так как ππ0(in) 6= in. Значит, N = 1.

Это нестандартное доказательство взято из статьи Г. Поллака, Acta Sci. Math., 15 (1955). (Более прямое доказательство см. М. И. Каргаполов, Ю. И. Мерзляков. Основы теории групп, М., 1972, §13.1.)

11.16. При n ≤ 3 утверждение тривиально, при n = 4 см. задачу

11.13. Пусть n ≥ 5. Предположим, что S разложима, т.е. S

n n =

M × N, где M, N – собственные нормальные подгруппы в Sn, M ∩ N = 1. Поскольку группа An проста и имеет индекс 2 в Sn, то возможны два случая:

1)An ∩ M = An ∩ N = 1. Тогда An абелева (см. задачу 4.10)

–противоречие.

2)An совпадает, скажем, с M. Тогда |N| = 2, N C Sn, что также невозможно.

11.17. Из (ac)2 = 1 следует ac = ca. Далее,

z = aba · cbc · abc = bab · cbc · abc = ba · cbcb · abc = (bca)3.

Отсюда az = (abc)3a = za. Аналогично проверяется, что bz = zb, cz = zc и z−1 = z.

11.18. Рассмотрим действие группы K сопряжениями на множестве всех силовских p-подгрупп группы G. Неподвижными точками при этом являются в точности те силовские p-подгруппы, которые содержат K, остальные образуют орбиты, порядки которых делятся на p. Остается применить 3-ю теорему Силова.

Предметный указатель

G-множество, 31 G-подмножество, 31 p-группа, 24, 35 p-подгруппа, 35 p-элемент, 35

абелева группа, 6, 24 автоморфизм, 15 алфавит, 27

базис свободной группы, 28

внутренний автоморфизм, 17

главная изотопия группоидов, 45

гомоморфизм, 15 группа, 6 группа без кручения, 25

группа вращений, 34 группа вычетов по модулю n,

12 группа диэдра, 38

группа симметрий, 34 группоид, 45

действие группы на множестве, 31

делимая группа, 26

знакопеременная группа, 9

изоморфизм, 7 изоморфизм графов, 44

изоморфизм действий группы, 33

изотопия группоидов, 45 индекс подгруппы, 7

класс сопряженных элементов, 32

коммутант, 19 коммутатор, 19

конечно порожденная группа, 12

мономорфизм, 15

неприводимое слово, 28 нормализатор, 10 нормальная подгруппа, 15

образ гомоморфизма, 15 обратный элемент, 6 операция, 6 определяющие соотношения,

29 орбита, 31

периодическая группа, 19 подгруппа, 7 полная группа, 26

66

Предметный указатель

67

полугруппа, 6 порядок элемента, 13 простая группа, 15 прямая сумма, 21

прямое произведение, 21

разложимая группа, 21 разрешимая группа, 19 ранг свободной группы, 29

свободная группа, 28 силовская p-подгруппа, 35 симметрическая группа, 8 слово, 27 смежный класс, 7

собственная подгруппа, 7 сопряжение, 32 сопряженные подгруппы, 36 стабилизатор, 32 стационарная подгруппа, 32

транзитивное действие, 33

факторгруппа, 16 функция Эйлера, 14

центр, 10 централизатор, 10, 32 циклическая группа, 12

эквивалентные слова, 28 эндоморфизм, 15 эпиморфизм, 15

ядро гомоморфизма, 15 ядро действия, 33

Навчальний посiбник

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРИИ ГРУПП

Редактор	Усенко В. М.
Технiчний редактор	Лобода С. Н.
Оригiнал-макет	Попов А. Б.

Здано до складання 00.00.0000р. Пiдписано до друку 00.00.0000р. Формат 60x84 1/16. Папiр офсетний. Гарнiтура Times New Roman Друк офсетний. Умов. друк. арк. 7,44.

Тираж 100 екз.

Видавництво ЛДПУ iменi Тараса Шевченка ”Альма-матер”

91011, м.Луганськ, вул. Оборонна, 2.

Тел./Факс: [phone].