?

Log in

теоремы силова - Поклонник деепричастий [entries|archive|friends|userinfo]
Anatoly Vorobey

[ website | Website ]
[ userinfo | livejournal userinfo ]
[ archive | journal archive ]

Links
[Links:| English-language weblog ]

теоремы силова [сент. 18, 2003|04:40 pm]
Anatoly Vorobey
[Настроение |annoyedannoyed]

Вот ещё одну странную чёрную дыру обнаружил у себя в голове: в том месте, где должны храниться доказательства теорем Силова (это в теории групп). А они там не хранятся, а медленно улетучиваются, пока я в очередной раз не обнаруживаю, что забыл, хотя казалось бы, всё же просто. Вот и сейчас попытался вспомнить... помню только, что нужно заставить группу действовать умножением на семью всех подмножеств размером pn, а потом орбиты считать... но что-то не вытанцовывается. Пойду подсмотрю где-нибудь.
СсылкаОтветить

Comments:
[User Picture]From: a_bugaev
2003-09-18 07:06 am

Занятно

У меня эта дыра образовалась сразу после экзамена по алгебре, на первом курсе.

Видимо, у меня совсем не алгебраическое мышление. Геометрические, аналитические и топологические темы, ТФКП и ТФФА ложились и закреплялись гораздо лучше. А вот теория вероятности, статистика и сл.процессы - шли еще хуже, чем алгебра, просто какое-то оттторжение.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-18 07:09 am

Re: Занятно

У меня как раз, видимо, очень алгебраическое мышление. Несмотря на отдельные дырки типа теорем Силова, алгебра всегда лучше намного шла и запоминалась, чем анализ. Забавно, что топология мне вполне нравится во всяких её проявлениях ровно до того момента, как в игру вступает какая-нибудь дифференциальная структура на многообразии... всё, с этого момента — мучение.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: kapahel
2003-09-18 08:29 am

Re: Занятно

а вы математику насколько знаете?
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-18 08:51 am

Re: Занятно

Трудно сказать...
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: a_bugaev
2003-09-19 12:00 am

Re: Занятно

Со структурами на многообразиях - аналогично :))

А где Вы учились (извините за назойливость, если что :))
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 08:47 am
Как раз недавно вспоминал. Первая теорема (существование). Сначала докажем частный случай: в любой абелевой группе порядка, делящегося на p, есть элемент порядка p.Берем произвольный элемент a. Если его порядок делится на p, то можно взять соответствующую его степень, иначе рассмотрим фактор-группу по генерируемой им циклической группе. По индукции, в ней есть элемент порядка p, его прообраз в каноническом изоморфизме должен иметь порядок, делящийся на p, продолжаем как выше.

Общий случай. Пусть G - группа, p^n| |G|. Обозначим C центр группы. Если p| |C|, то по доказанному в C есть элемент порядка p. По индукции G/(p) содержит подгруппу порядка p^(n-1). Ее прообраз в каноническом гомоморфизме имеет размер p^n. Если p не делит |C|, то должен существовать класс сопряженных элементов, размер которого больше 1 и не делится на p. (Т.к. сумма размеров всех классов |G| делится на p, а число классов размером 1 |C| - нет). Стабилизатор этого класса подгруппа, размер которой меньше |G| и делится на p^n, значит, по индукции, она содержит подгруппу размером p^n QED.

Про действие группы на семейство всех подгрупп Силова - это доказательство следующих теорем Силова (про то, что все подгруппы Силова максимального размера сопряжены, их число равно 1 по модулю p, и любая подгруппа Силова - подгруппа одной из них.) Если хотите, могу написать.

(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-18 08:54 am
Да, точно - но ведь, если не ошибаюсь, это доказательство не нужно, если доказывать также 2-ю и 3-ю теоремы? Из того, что число подгрупп Силова равно 1 по модулю p, следует, что есть хотя бы одна. Или доказательство 2-й и 3-й (через действие группы на семейство подмножеств - именно так, а не семейство подгрупп Силова, если я правильно помню) опирается на это существование хотя бы одной?

Расписывать не надо, спасибо, у меня под рукой есть книга, в к-й могу подглядеть.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 08:57 am
Доказательство 2 и 3 теорем, которое я помню, опирается на действие группы на множество всех максимальных подгрупп Силова.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-18 09:28 am
То, которое я не помню, но смутно припоминаю, действует так: мы доказываем существование подгруппы Силова размером p^a в группе G размером k*p^b, где a<=b. Рассмотрим действие G умножением на семью X всех подмножеств G размером p^a. Если C - орбита внутри X, то элементы C - подмножества G размером p^a, и каждый элемент G встречается внутри элементов C хотя бы раз. Если размер орбиты C равен k*p^(b-a), то каждый элемент G встречается в подмножествах C ровно один раз, и C - искомая нами подгруппа. Другой вариант - что размер орбиты C больше k*p^(b-a); но он должно делить размер G = k*p^b, и поэтому, будучи >k*p^(b-a), он делится на p^(b-a+1). Теперь мы расписываем кол-во элементов в семье X на принадлежащие к t_1 орбитам, содержащим ровно k*p^(b-a) подмножеств, и t_2 орбитам, содержащим больше k*p^(b-a) подмножеств; тут идут какие-то вычисления, которые я забыл, и в результате получаем t_1>0 (и даже по сути дела t_1=1 mod p за ту же цену). Это доказывает всё, кроме сопряжённости любых двух подгрупп Силова, что доказывается отдельно, основываясь на уже полученном.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 10:51 am
Все, что нужно доказать для случая b=a, это что |X|/p^b равно 1 по модулю p. Чтобы не возиться с биноминальным коэффициентом, можно заметить, что |X| зависит лишь от величины G, и рассмотреть случай, когда G - циклическая группа.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 10:53 am
Пардон, следует читать |X|/p^b равно k по модулю p
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 10:57 am
Еще раз пардон, на самом деле следует читать: Все, что нужно доказать, это что |X|/p^(b-a) равно k по модулю p.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 11:04 am
Хм. Получается, то что число групп =1(mod p) верно не только для максимальных подгрупп (b=a)? Я этого не знал.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-18 02:58 pm
Да, это так. Действительно, получив формулу:

|X| = t_1*k*p^(b-a) + t_2*r*p^(b-a+1)

(где r - какой-то неизвестный коэффициент), смотрим на неё mod p^(b-a+1) и таким образом сбрасываем второе слагаемое в правой части:

|X| = t_1*k*p^(b-a) mod p^(b-a+1)

теперь мы можем подставить циклическую группу, в которой t_1=1, т.е. есть только одна подгруппа размера p^b, и получить

|X| = k*p^(b-a) mod p^(b-a+1)

и отсюда

t_1*p^(b-a) = p^(b-a) mod p^(b-a+1)

(k сократился, т.к. он взаимно прост с p^(b-a+1))

Отсюда сразу следует и что t_1>0, и что t_1=1 mod p, для всех b, а не только для b=a.



(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 10:09 pm
"Большие" орбиты не обязательно одного размера, поэтому нужно обозначить M число элементов X в "больших" орбитах, и записать M=0 (mod p^(b-a+1)), |X|=t_1 * k * p^(b-a)+M.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-19 05:38 am
Да, верно.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-18 11:45 pm
Я помню такое доказательство. Нужна такая общая лемма: если H,K - две подгруппы, для любого a из H aHa^(-1) = H, то {ab|aεH^bεK} - подгруппа размером |H||K|/|H^K| (^ - пересечение). Отсюда следует, что если H и K как выше - подгруппы Силова, причем K - максимального размера, то H - подгруппа K.

Пусть G действует сопряжением на множество всех подгрупп Силова максимального размера. Обозначим орбиты O_1,...O_k. Пусть H - элемент орбиты O_k. Н действует сопряжением на каждую из орбит, разбивая ее на подорбиты. Размер каждой из подорбит - степень p. Ввиду вышедоказанного, {H} - единственная подорбита размером 1. Получаем |O_i|=1 (mod p), |O_j|=0 (mod p) для j!=i. Т.к. i произвольно, то чтобы избежать противоречия должно быть k=1, т.е. все подгруппы сопряжены и их число =1(mod p).

Пусть теперь H - подгруппа Силова. Пусть она действует на множество максимальных подгрупп сопряжением. Размер каждой орбиты - степень р, поэтому должна существовать орбита {K} размером 1. Согласно вышедоказанному, H - подгруппа K.

Верно ли, что каждая подгруппа размером p^a, a<b содержится в подгруппе размером p^(a+1)?

(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: avva
2003-09-19 07:27 am
Если она нормальна, то да: поделим на неё, выберем подгруппу размером p в частном и вернёмся обратно. Если нет - не уверен. Ясно, что задача сводится к p-группам: подгруппа размером p^a содержится в какой-то подгруппе Силова (т.е. максимальной) размером p^b, и можно сузить G до этой подгруппы Силова.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-19 07:50 am
Пусть G - p-группа. Число циклов длины р в ней, согласно доказанному =1 (mod p). Пусть группа действует на них сопряжением, тогда размеры орбит - степени p и поэтому должна быть хотя бы одна орбита размером 1, т.е. G имеет нормальную подгруппу размером p. Требуемый результат доказывается индукцией переходом к фактор-группе. Другое интересное следствие - ни одна группа размером p^n, n>1 не является простой.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-19 07:55 am

Поправка.

Переход к фактор-группе работает, если подгруппа содержит нормальный цикл. Если нет, то просто берем произведения элементов подгруппы на элементы цикла.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: oblomov_jerusal
2003-09-19 08:06 am
Аналогично тому, как мы доказали существование в р-группе нормального цикла длиной p, доказывается, что p-группа имеет нормальную подгруппу Силова любого размера. Отсюда вытекает, что все p-группы разрешимы.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: ignat
2003-09-23 10:37 am
На самом деле, все конечные p-группы даже нильпотентны.
(Ответить) (Parent) (Thread)
From: ignat
2003-09-23 10:34 am
Анатолий (не)помнил чисто вычислительное доказательство. Оно приводится у Кострикина в "Основах алгебры" и у Каргаполова-Мерзлякова. Его, по-моему, просто невозможно помнить.

Мне более идейным кажется доказательство, которое помнит Илья, использующее действие группы на множестве подгрупп сопряжением. Там никаких практически вычислений, просто применяем соображения делимости на p к формуле классов.

Интересно, что и у того, и у другого доказательства есть свои преимущества. Доказательство Анатолия даёт нам, что количество подгрупп порядка p^s сравнимо с 1 mod p для любого s, а не только для максимального.

Доказательство Ильи даёт: если |G| = m.p^k, где m взаимно просто с p, то количество силовских подгрупп не просто сравнимо с 1 mod p, а является делителем числа m. Это следствие приводится не во всех изложениях данного доказательства (например, у Холла его нет). А вместе с тем, это очень полезный факт. Он сразу даёт, например, что в группе порядка 75 силовская 5-подгруппа единственна.

Совершенно оригинально доказывает теорему существования силовских подгрупп Богопольский в своей новой книге по теории групп. Сначала показывает, что в группе GL(n,F_p) обратимых матриц над простым конечным полем подгруппа UT(n,F_p) верхнетреугольных матриц с единицами на диагонали есть подгруппа Силова (вычисляя порядки). По теореме Кэли, любая конечная группа вкладывается в группу перестановок конечного множества, которая в свою очередь вкладывается в группу матриц над любым полем -- матрицами-перестановками, в каждом столбце и строке которых находится ровно по одному элементу. Ещё одна маленькая леммка завершает его доказательство.

Кстати, приятное упражнение на подгруппы Силова: описать все группы порядка 75.
(Ответить) (Thread)