02.02.2006 21:14 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 5 | Задачка по теории групп Господа математики, помогите доказать, что группа рациональных чисел не имеет максимальных подгрупп по сложению. Перепробовал все, даже подгруппы Фраттини - но задачку так и не решил. Принимаются любые идеи. Спасибо!
|
02.02.2006 23:28 Дата регистрации:
21 год назад Посты: 398 | Любую собственную подгруппу можно расширить Цитата
denik писал:
помогите доказать, что группа рациональных чисел не имеет максимальных подгрупп по сложению.
Пусть H - подгруппа Q, элемент a принадлежит Q и не принадлежит H. Тогда группа H'={ka+h | k целое, h из H} является расширением H. Добавление. Стормозил. Это замечание не является решением задачи. Нужно ещё доказать, что H' не совпадает с Q.
|
03.02.2006 00:32 Дата регистрации:
21 год назад Посты: 398 | - Вторая попытка тоже была неудачной.
|
03.02.2006 05:33 Дата регистрации:
21 год назад Посты: 23 | Подгруппы Фраттини -- это, безусловно, круто... :) За полную строгость того, что я придумал, не ручаюсь, т.к. придумано оно было в порядке борьбы с бессонницей (неудачной). Так что поправьте, если есть лажа. Пусть у нас H < Q - максимальная собственная подгруппа. Тогда для любого x не в H <x, H> = Q. Значит, Q/H = < x + H > -- циклическая фактор-группа Q. Ясно, что она не может быть бесконечной, т.к., тогда Q бы разлагалось в прямую сумму <x> + H, но любые две ненулевые подгруппы Q имеют нетривиальное пересечение (взять два ненулевых элемента из подгрупп, умножить на общий знаменатель и т.д.). Таким образом, Q/H = <x'>_n - конечна. Но это, в свою очередь, означает, что для любого a из Q n*a лежит в H. (<=> равно 0 в Q/H). Получаем nQ < H. Но nQ = Q. То есть H таки не может быть собственной подгруппой. [MM/IUM]
|
03.02.2006 10:09 Дата регистрации:
20 лет назад Посты: 390 | Denik! Это должно быть в старинных книгах, которые я читал :) 1) Каргаполов М.И. Мерзляков Ю.И. Основы теории групп, 1982. 2) Мерзляков Ю.И. Рациональные группы, 1980.
|
03.02.2006 10:59 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 5 | книги Цитата
Борис Тарасов писал(а) :
1) Каргаполов М.И. Мерзляков Ю.И. Основы теории групп, 1982.
2) Мерзляков Ю.И. Рациональные группы, 1980.
Спасибо! Обязательно посмотрю эти книги.
|
03.02.2006 11:06 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 5 | Re: Подгруппы Фраттини -- это, безусловно, круто... :) Kalkin, спасибо, интересная идея. Похоже, "истинна где-то рядом". Только небольшие сомнения вызывает фраза: Цитата
Ясно, что она не может быть бесконечной, т.к., тогда Q бы разлагалось в прямую сумму <x> + H
Хотя, наверное, это я глючу :)
|
03.02.2006 12:53 Дата регистрации:
19 лет назад Посты: 5 | А все-таки... Кстати, а как все-таки это доказать через подгруппу Фраттини? То есть как показать, что в Q любой элемент - непорождающий?
|
03.02.2006 14:51 Дата регистрации:
20 лет назад Посты: 390 | Может так Цитата
denik писал(а) :
Кстати, а как все-таки это доказать через подгруппу Фраттини? То есть как показать, что в Q любой элемент - непорождающий?
Пусть a =p/g, где p,g - целые и (p,g) = 1. Выберем простые числа p',g' такие, что p' <> g', (p',p) = (p',g) = (g',p) = (g',g) =1. Если b = p'/g' порождается элементом a, то найдется целое k, такое, что (p/g)*k = p'/g', pg'k = p'g - это невозможно !
|
03.02.2006 16:40 Дата регистрации:
21 год назад Посты: 23 | ну это вроде верно Понятно, что простой суммой <x> и H Q является, по условию (каждый элемент представим в виде nx + h, h \in H). Условие бесконечности фактор-группы эквивалентно тому, что nx \in H <=> n == 0, то есть группы <x> и H пересекаются по нулю. Значит, сумма прямая. [MM/IUM]
|
04.02.2006 15:18 Дата регистрации:
20 лет назад Посты: 96 | ответ Верна лемма. Пусть X --- система образующих для Q. Если из X удалить любой элемент, то полученная система снова будет ситсемой образующих для Q. Если H --- максимальная подгруппа в Q, то Q = H + xZ, где x из X\H. HU{x} --- система образующих Q. Следовательно, по лемме, H --- система образующих Q. Но H порождает H\ne Q --- противоречие. Доказательство леммы. Пусть x\in X. x/2 = xz + \Sum x_i*z_i, где z,z_i --- целые, а x_i из X\{x}. Тогда x(1-2z) = \Sum x_i*2z_i. Далее, поскольку 1-2z\ne 0, x/(1-2z) = xz' + \Sum x_j*z'_j, где z',z'_j --- целые, а x_j из X\{x}. Значит x = x*(1-2z)z' + \Sum x_j*(1-2z)z'_j = \Sum x_i*2z_iz' + \Sum x_j*(1-2z)z'_j. Мы выразили x через элементы из X\{x}.
|
05.02.2006 13:38 Дата регистрации:
20 лет назад Посты: 390 | Замечательный был шутник - чл.-корр. РАН, Михаил Каргаполов :) Цитата
Из книги Основы теории групп. Каргаполов М.И., Мерзляков Ю.Н. - M.:
Наука, 1972г.
----------------------------------------------------------------------------------
Элемент x группы G назовём непорождающим элементом, если его можно удалить из любого порождающего множества группы G, в которое он входит.
-----------------------------------------------------------------------------------
Легко сообразить , что в группе Q любой элемент является непорождающим, поэтому Ф(Q) = Q.
Легко сообразить ! :)) Два дня соображаю. Вот что сумел сообразить 1) Пусть Q = (X), тогда X - множество положительных рац. чисел. 2) X всегда бесконечное множество. Пусть Q = ( s(1), ... , s(n) ), где s(i) = p(i)/g(i), (p(i),g(i)) = 1, 1 <= i <= n. Пусть P - простое число, которое отлично от всех простых чисел, встречающихся в целых числах p(1), g(1), ... , p(n), g(n). Так как 1/P = a(1)*(p(1)/g(1)) + ... + a(n)*(p(n)/g(n)) ===> g(1)* ... *g(n) = P*( ЦЧ) - это невазможно. 3) Итак пусть Q = (x(0), x(1), ... , x(n), ... ). Denik, где ты ? Подключайся ...
|
