WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 || 3 |

«В. Б. АЛЕКСЕЕВ ТЕОРЕМА АБЕЛЯ в задачах и решениях МЦНМО, 2001 УДК 517.545, 512.54 А 47 ББК 22.144 Алексеев В. Б. ...»

-- [ Страница 2 ] --

окружность радиуса R, проходимую против часовой стрел ки) обозначим CR. Так как кривая CR замкнута (z(1) = = z(0)), то и кривая f(CR), где f(z) = a0zn +... + an, также замкнута (f(z(1)) = f(z(0))). Пусть (R) — число обходов кривой f(CR) вокруг точки w = 0 (если f(CR) не проходит через точку w = 0).

267. Чему равны значения (R1) и (R2)?

Будем теперь изменять радиус R непрерывно от R до R2. При этом кривая f(CR) будет непрерывно дефор мироваться от положения f(CR ) до положения f(CR ).

1 Если при некотором значении R кривая f(CR) не проходит через точку w = 0, то при достаточно малых изменениях R кривая f(CR) будет деформироваться так мало, что число ее обходов вокруг точки w = 0 не изменится, т. е. при данном значении R функция (R) непрерывна. Если бы кривые f(CR) при всех значениях R1 R R2 не прохо дили через точку w = 0, то (R) было бы непрерывной функцией при всех R1 R R2. Так как функция (R) принимает только целочисленные значения, то она может быть непрерывна, только если (R) при всех R из отрезка R1 R R2 принимает одно и то же значение;

в частности, должно быть (R1) = (R2). Но из решения задачи следует, что (R1) = 0, a (R2) = n. Следовательно, пред положение о том, что кривые f(CR) при всех R1 R R не проходят через точку w = 0, неверно. Значит, при неко тором z должно быть f(z) = 0. Тем самым мы получаем теорему*).

*) Наше рассуждение содержит некоторые нестрогости и должно рассматриваться, вообще говоря, как идея доказательства. Однако это рассуждение можно (хотя и не просто) сделать абсолютно строгим Те о р е м а 7 (основная теорема алгебры комплексных чисел**)). Всякое уравнение a0zn + a1zn-1 +... + an-1z + an = 0, где все ai — произвольные комплексные числа, n 1 и a0 = 0, имеет по крайней мере один комплексный корень.

268. Доказать теорему Безу***): если z0 — корень урав нения a0zn +... + an-1z + an = 0, то многочлен a0zn +...

... + an-1z + an делится на двучлен z - z0 без остатка.

269. Доказать, что многочлен a0zn +... + an-1z + an где a0 = 0, представим в виде a0zn +... + an-1z + an = a0(z - z1)(z - z2) ·... · (z - zn).

З а м е ч а н и е. Пусть многочлен P (z) разложен на мно жители:

P (z) = a0(z - z1)(z - z2) ·... · (z - zn).

Правая часть равна 0 тогда и только тогда, когда хотя бы одна из скобок равна 0 (см. 195, 197). Поэтому корнями уравнения P (z) = 0 являются числа z1, z2,..., zn и только они.

270. Пусть z0 — корень уравнения a0zn +... + an-1z + an = 0, где все ai — действительные числа. Доказать, что число z0, сопряженное z0, — также корень этого уравнения.

271. Пусть уравнение с действительными коэффициен тами a0zn +... + an-1z + an = имеет комплексный корень z0, не являющийся действи тельным числом. Доказать, что многочлен a0zn +... + an-1z + an делится на некоторый многочлен второй степени с действи тельными коэффициентами.

(см., например, С т и н р о д Н., Ч и н н У., Первые понятия тополо гии, «Мир», 1967). См. также Б о р и с о в и ч Ю. Г. и др., Введение в топологию, М., Физматлит, 1995.

**) Эта теорема доказана в 1799 году немецким математиком К. Гауссом (1777–1855).

***) Безу (1730–1783) — французский математик.

272. Доказать, что всякий многочлен с действительны ми коэффициентами можно представить в виде произведе ния многочленов первой и второй степени с действитель ными коэффициентами.

З а м е ч а н и е. Из результата задачи 272 вытекает, что неприводимыми многочленами (см. стр. 63) над полем дей ствительных чисел являются только многочлены первой степени и многочлены второй степени без действительных корней. Мы воспользовались этим в § 3 этой главы. Над полем комплексных чисел неприводимыми многочленами, как следует из результата задачи 269, являются только многочлены первой степени.

Вернемся снова к многочленам с произвольными ком плексными коэффициентами.

О п р е д е л е н и е. Пусть z0 — корень уравнения a0zn +... + an-1z + an = 0.

Говорят, что z0 — корень кратности k, если многочлен a0zn +... + an-1z + an делится на (z - z0)k и не делится на (z - z0)k+1.

273. Какова кратность корней z = 1 и z = -1 в уравне нии z5 - z4 - 2z3 + 2z2 + z - 1 = 0?

О п р е д е л е н и е. Производной многочлена P (z) = a0zn + a1zn-1 +... + akzn-k +... + an-1z + an называется многочлен P (z) = a0nzn-1 + a1(n - 1)zn-2 +...

... + ak(n - k)zn-k-1 +... + an-1.

Производная обычно обозначается штрихом.

274. Пусть P (z) и Q(z) — два многочлена. Доказать ра венства: а) (P (z) + Q(z)) = P (z) + Q (z);

б) (c · P (z)) = = c · P (z), где c — произвольное постоянное комплексное число;

в) (P (z) · Q(z)) = P (z) · Q(z) + P (z) · Q (z).

275. Пусть P (z) = (z - z0)n (n 1 — целое). Доказать, что P (z) = n(z - z0)n-1.

276. Доказать, что если уравнение P (z) = 0 имеет ко рень z0 кратности k > 1, то уравнение P (z) = 0 имеет ко рень z0 кратности k - 1, если же уравнение P (z) = 0 имеет корень z0 кратности 1, то P (z0) = 0.

§ 9. Риманова поверхность функции w = z Выше мы рассматривали однозначные функции, при ко торых каждому значению аргумента соответствуетединственное значение функции. Однако в дальнейшем нас будут осо бо интересовать многозначные функции, при которых некоторым значениям аргумента соответствует несколько значений функции*). Наш интерес к таким функциям легко объясним. Действительно, конечной целью нашего изложения является доказательство теоремы Абеля о том, что функция, выражающая корни общего уравнения 5-й степени через коэффициенты, не выражается в радикалах.

Но эта функция является многозначной, так как уравнение 5-й степени при фиксированных коэффициентах имеет, вообще говоря, 5 корней. Также многозначными являются и функции, выражающиеся в радикалах.

Общая идея доказательства теоремы Абеля состоит в следующем. Многозначной функции комплексного аргу мента мы сопоставим некоторую группу — так называемую группу Галуа**). При этом окажется, что группа Галуа для функции, выражающей корни некоторого уравнения 5-й степени через параметр z, не может совпадать ни с какой группой Галуа для функций, выражающихся в радикалах, и, следовательно сама эта функция не может выражаться в радикалах.

Для того чтобы ввести понятие группы Галуа, мы введем сначала другое очень важное в теории функций комплексного переменного понятие — понятие римановой*) поверхности многозначной функции. При этом мы нач нем с построения римановой поверхности для одного из простейших примеров многозначной функции, а именно функции w = z.

Как мы знаем, функция w = z принимает одно значе *) В тех случаях, когда это не вызывает недоразумений, мы слово «многозначные» будем часто опускать.

**) Эварист Галуа (1811–1832) — французский математик, устано вивший общие условия разрешимости уравнений в радикалах, зало живший основы теории групп. Советуем прочесть: И н ф е л ь д Л., Эварист Галуа (Избранник богов), М., «Молодая гвардия», 1958. См.

также Г а л у а Э., Сочинения, М., ГИТТЛ, 1936.

*) Названы по имени Б. Римана (1826–1866) — немецкого матема тика.

ние w = 0 при z = 0 и два значения при всех z = 0 (см. 229).

При этом, если w0 — одно из значений z0, то другое зна чение z0 равно -w0.

277. Найти все значения:

а) 1, б) -1, в) i, г) 1 + i 3 (здесь 3 — положи тельное значение корня).

Проведем на плоскости z разрез по отрицательной части действительной оси от 0 до - и для z, не лежащих всех на разрезе, выберем то значение w = z, которое лежит в правой полуплоскости плоскости w. При этом мы получим некоторую функцию, однозначную и непрерывную на всей плоскости z, исключая разрез, которую мы обозначим z.

Эта функция задает однозначное и непрерывное отобра жение плоскости z, исключая разрез, на правую полуплос кость плоскости w (рис. 24).

Рис. З а м е ч а н и е. Если мы выберем Arg z так, что - < < Arg z < то для функции z получим Arg z = Arg z 1 (см. 229). Поэтому при отображении w = z плоскость z стягивается наподобие веера к положительной части дей ствительной оси с уменьшением угла «веера» вдвое и неко торым изменением длин вдоль лучей «веера».

Если мы теперь для всех не лежащих на разрезе, z, выберем то значение w = z, которое лежит в левой полуплоскости плоскости w, то получим другую функцию, также однозначную и непрерывную на всей плоскости z, исключая разрез. Эта функция, которую мы обозначим z, задает однозначное и непрерывное отображение плос кости z, исключая разрез, на левую полуплоскость плоско сти w (рис. 25). Здесь z = - z.

2 Рис. Построенные нами функции z и z называются одно 1 значными непрерывными ветвями функции w = z (при данном разрезе).

Возьмем теперь два экземпляра плоскости z, которые мы будем называть листами, и на каждом проведем разрез по отрицательной части действительной оси от до - (рис. 26). Зададим на первом листе функцию z, а на втором листе функцию z.

Тогда функции z и z мы 1 можем рассматривать вместе как некоторую единую однозначную функцию, но заданную не на плоскости z, а на более сложной поверхности, состоящей из двух отдельных листов.

При этом, если точка z дви Рис. жется непрерывно по первому листу (или по второму листу), не пересекая разреза, то построенная нами однозначная функция изменяется непре рывно. Если же точка z, двигаясь, например, по пер вому листу, переходит через разрез, то непрерывность нарушается. Это видно, например, из того, что близкие точ ки A и B плоскости z переходят при отображении w = z в далекие друг от друга точки A и B (см. рис. 24).

С другой стороны, из рис. 24 и 25 легко заметить, что образ точки A при отображении w = z (точка A ) оказы вается близко с образом точки D при отображении w = z (точка D ).

Таким образом, если при пересечении разреза точка z будет переходить с верхнего берега разреза на одном листе на нижний берег разреза на другом листе, то построенная нами однозначная функция будет изменяться непрерывно.

Для того чтобы обеспечить нужное нам движение точки z, будем считать верхний берег разреза первого листа скле енным с нижним берегом разреза второго листа, а верхний берег разреза второго листа склеенным с нижним бере гом разреза первого листа (рис. 9). При этом во вре мя склейки мы будем между склеиваемыми берегами до бавлять луч из точки 0 в -.

Во время первой склейки для точек z, лежащих на этом лу Рис. че, мы будем выбирать зна чения w = z, лежащие на положительной части мнимой оси, а при второй склейке значения w = z, лежащие на отрицательной части мнимой оси.

После проведения указанных склеек мы получим, что двузначная функция w = z заменилась некоторой другой функцией, которая однозначна и непрерывна, но только не на плоскости z, а на некоторой новой более сложной поверхности. Эта поверхность и называется римановой по верхностью функции w = z.

Попытки произвести указанные склейки без пересечений (не переворачивая плоскости) заканчиваются неудачей.

Несмотря на это, мы будем считать, что рис. 9 является изображением римановой поверхности функции w = z, принимая дополнительное соглашение, что пересечение по отрицательной части действительной оси является кажу щимся. Для сравнения рассмотрим следующий пример.

На рис. 7 (стр. 38) изображен остов куба. Хотя некоторые отрезки на рисунке пересекаются, но мы легко соглашаемся с тем, что это пересечение кажущееся, и это позволяет нам избегать ошибок.

Риманову поверхность произвольной многозначной функции w(z) можно строить подобно тому, как мы по строили риманову поверхность функции w = z. Для этого надо сначала выделить однозначные непрерывные ветви функции w(z), при этом некоторые точки z (разрезы) ис ключаются из рассмотрения. После этого полученные ветви надо склеить, восстанавливая разрезы, так чтобы получи лась однозначная и непрерывная функция на построенной поверхности. Полученная поверхность и будет называться римановой поверхностью многозначной функции w(z)*).

Таким образом, остается выяснить, как же выделять непрерывные однозначные ветви произвольной многознач ной функции w(z) и как затем их склеивать. Для выяс нения этих вопросов рассмотрим еще раз более подробно функцию w = z.

Пусть w(z) — многозначная функция, и пусть зафикси ровано одно из значений w0 функции w(z) в некоторой точ ке z0. Пусть w (z) — непрерывная однозначная ветвь функ ции w(z), выделенная в некоторой области плоскости z (на пример, на всей плоскости, исключая какие-то разрезы), и такая, что w (z0) = w0. Пусть, кроме того, C — непрерывная кривая, идущая из точки z0 в некоторую точку z1 и лежа щая целиком в рассматриваемой нами области плоскости z.

Тогда при движении точки z вдоль кривой C функция w (z) будет изменяться непрерывно от w (z0) до w (z1).

Этим свойством можно воспользоваться и в обратную сторону, а именно для определения функции w (z).

Действительно, пусть в некоторой точке z0 зафикси ровано одно из значений w0 функции w(z), и пусть C — непрерывная кривая, идущая из точки z0 в некоторую точку z1. Будем двигаться по кривой C, выбирая для каждой точки z, лежащей на C, одно из значений функ ции w(z) так, чтобы выбираемые значения изменялись непрерывно при движении z по кривой C, начиная со значения w0. При этом, когда мы достигнем точки z1, мы будем иметь вполне определенное значение w1 = w(z1).

Мы будем говорить, что w1 — значение w(z1), определенное по непрерывности вдоль кривой C при условии w(z0) = = w0. Если значения функции w(z), выбираемые для всех точек кривой C, изобразить на плоскости w, то должна получиться непрерывная кривая, которая начинается в *) Такие построения можно провести не для каждой многознач ной функции, однако для тех функций, которые будут рассматривать ся в дальнейшем, такие построения провести действительно можно.

См. М а р к у ш е в и ч А. И., Краткий курс теории аналитических функций, М., Наука, 1978.

точке w0 и оканчивается в точке w1. Эта кривая является одним из непрерывных образов кривой C при отображении w = w(z).

278. Пусть для функции w(z) = z выбрано w(1) = = 1 = 1. Определить w(-1) = -1 по непрерывности вдоль: а) верхней полуокружности радиуса 1 с центром в начале координат, б) нижней полуокружности (рис. 28).

В действительности при определении функции по непре рывности вдоль некоторой кривой мы можем столкнуться с некоторыми неприятностями. Рассмотрим соответствую щий пример.

279. Найти все непрерывные образы w0(t) кривой C с параметрическим уравнением z(t) = 2t - 1 (рис. 29) при отображении w = z, начинающиеся: а) в точке i, б) в точ ке -i.

Рис. 28 Рис. Из решения задачи 279 мы получаем, что даже при фик сировании образа начальной точки кривой C непрерывный образ кривой C при отображении w = z может опреде ляться неоднозначно. Причем однозначность нарушается там, где кривая C проходит через точку z = 0. Оказывается, что только в этом случае и может нарушаться однознач ность образа для функции w = z, так как только в этом случае оба образа точки z(t) подходят близко друг к другу, сливаясь в одну точку.

Для того чтобы избежать неоднозначности непрерывных образов кривых при отображении w = z, можно выколоть точку z = 0 и запретить кривым проходить через эту точку.

Но и это ограничение не дает нам пока возможности выде лять однозначные непрерывные ветви функции w = z.

Действительно, если мы зафиксируем в некоторой точ ке z0 одно из значений w0 = w(z0) и будем определять w(z1) в некоторой точке z1 по непрерывности вдоль различных кривых, идущих из z0 в z1, то мы можем получать разные значения w(z1) (см., например, 278). Посмотрим, как можно избежать такой неоднозначности.

280. Пусть изменение аргумента z(t) вдоль кривой C равно. Найти изменение аргумента w0(t) вдоль любого непрерывного образа кривой при отображении w(z) = z.

281. Пусть w(z) = z и пусть выбрано w(1) = 1 = -1.

Определить значение w(i) = i по непрерывности вдоль:

а) отрезка, соединяющего точки z = 1 и z = i;

б) кривой 3 с параметрическим уравнением z(t) = cos t - i sin t;

2 в) кривой с параметрическим уравнением z(t) = cos t + + i sin t.

282. Пусть w(z) = z и пусть в начальной точке кри вой C выбрано w(1) = 1 = 1. Определить по непрерывно сти вдоль кривой C значение w(1) = 1 в конечной точке, если кривая C имеет уравнение: а) z(t) = cos 2 t + i sin 2 t, б) z(t) = cos 4 t - i sin 4 t, в) z(t) = 2 - cos 2 t - i sin 2 t.

283. Пусть C — замкнутая кривая на плоскости z (т. е.

z(1) = z(0)). Доказать, что значение функции z в конеч ной точке кривой C, определенное по непрерывности, будет совпадать со значением в начальной точке тогда и только тогда, когда кривая C обходит вокруг точки z = 0 четное число раз.

Для дальнейшего удобно ввести следующую символику.

О п р е д е л е н и е. Пусть C — непрерывная кривая с параметрическим уравнением z(t). Через C-1 будет обо значаться кривая, геометрически совпадающая с C, но проходимая в противоположном направлении;

ее уравнение (см. 247) z1(t) = z(1 - t).

О п р е д е л е н и е. Пусть начальная точка кривой C совпадает с конечной точкой кривой C1. Тогда под C1C будет пониматься кривая, которая получится, если сначала пройти C1 и затем C2 (см. 248).

284. Пусть C1 и C2 — две кривые, соединяющие z точку с точкой z1, и пусть выбрано одно из значений z0 = w0.

Доказать, что значения z1, определенные по непрерыв ности вдоль кривых C1 и C2, будут одинаковыми тогда и - только тогда, когда кривая C1 C2 (рис. 30) обходит вокруг точки z = 0 четное число раз.

Из утверждения последней задачи следует, в частности, - что если кривая C1 C2 обходит 0 раз вокруг точки z = 0, то значения функции z в конечных точках кривых C1 и C2, определен- ные по непрерывности, будут оди наковы, если одинаковы значения в начальных точках.

Таким образом, для того чтобы выделялись однозначные непрерыв ные ветви функции w = z, доста точно сделать так, чтобы кривая Рис. - C1 C2 не могла обойти ни разу во круг точки z = 0. Для этого достаточно провести какой нибудь разрез из точки z = 0 в бесконечность и запре тить кривым пересекать этот разрез. Именно так мы и поступили выше, проведя разрез из точки z = 0 в - по отрицательной части действительной оси.

Если после проведения разреза зафиксировать в некото рой точке z0 одно из значений w0 = z0, а значение в любой другой точке z1 определить по непрерывности вдоль какой нибудь кривой C, идущей из z0 в z1 и не проходящей через разрез, то на всей плоскости, исключая разрез, определится некоторая однозначная непрерывная ветвь z функции w = z Если в точке z0 зафиксировать другое значение.

w0 = z0, то этим определится другая ветвь z функции w = z.

285. Доказать, что для любой точки z, не лежащей на разрезе, z = z.

1 286. z значение Зафиксируем в некоторой точке w = z и определим значения функции w = z в осталь ных точках плоскости z (исключая разрез) по непрерыв ности вдоль кривых, идущих из точки z и не проходящих через разрез. Доказать, что получающаяся однозначная непрерывная ветвь, совпадает с функцией z (определен ной из точки z0).

Из результата задачи 286 вытекает, что, выбирая в каче стве начальной точки при выделении однозначных непре рывных ветвей различные точки плоскости z, мы будем получать один и тот же набор однозначных непрерывных ветвей, который зависит, таким образом, только от того, как проведены разрезы.

287. Пусть точки z0 и z1 не лежат на разрезе и пусть кривая C, соединяющая точку z0 с z1, один раз пересекает разрез (рис. 31).

Пусть выбрано значение w0 = z0 и по непрерывности вдоль кривой C определено значение w1 = z1. До казать, что значения w0 и w1 соот ветствуют разным ветвям функции w = z.

Таким образом, пересекая разрез, Рис. мы с одной ветви функции w = z переходим на другую ветвь, т. е. ветви соединяются между собой именно так, как мы соединили их раньше (см. рис. 9).

При этом образуется риманова поверхность функции w = z.

Будем говорить, что некоторое свойство выполняет ся при обходе вокруг точки z0, если оно выполняется при однократном обходе против часовой стрелки по всем окружностям с центром в точке z0, имеющим достаточно малый радиус*).

288. Доказать, что при обходе вокруг точки z0 мы оста емся на том же листе римановой поверхности функции w = = z, если z0 = 0, и переходим на другой лист, если z0 = 0.

Следующее понятие очень важно для дальнейшего.

О п р е д е л е н и е. Точки, при обходе которых может происходить переход с одних листов на другие (т. е. изме няться значение функции), называются точками разветв ления*) данной многозначной функции.

Риманову поверхность функции w = z можно изобра зить в виде схемы (рис. 32). Эта схема показывает, что риманова поверхность функции w = z име ет 2 листа, что точка z = 0 является точкой разветвления функции w = z и что при об Рис. *) Более строго это означает следующее: найдется такое действи тельное число > 0, что указанное свойство выполняется при обходе по всем окружностям с центром z0, радиус которых меньше.

*) В математической литературе встречаются два названия этого понятия — точка разветвления и точка ветвления.

ходе вокруг точки z = 0 мы с любого листа переходим на противоположный лист. При этом стрелки в точке z = 0 показывают переходы с листа на лист не только при обходе точки z = 0, но и при пере сечении в любом месте разреза, идущего из точки z = 0 в бесконечность. Ниже мы увидим, что такая связь между точками разветвления и разрезами, проведенными из них, не случайна.

В дальнейшем мы в основном будем изображать не саму риманову поверхность некоторой многозначной функции, а ее схему.

§ 10. Римановы поверхности более сложных функций Рассмотрим многозначную функцию w = z.

289. Пусть изменение аргумента вдоль кривой z(t) рав но, и пусть w0(t) — непрерывный образ кривой z(t) при отображении w = z. Найти изменение аргумента вдоль кривой w0(t).

290. Найти точки разветвления функции w = z.

291. Пусть разрез проведен из точки z = 0 в - по отри цательной части действительной оси, и пусть непрерывные однозначные ветви функции w = z заданы условиями:

f1(1) = 1, f2(1) = cos(2 /3) + i sin(2 /3) = -1/2 + i 3/2, f3(1) = cos(4 /3) + i sin(4 /3) = -1/2 - i 3/2.

Найти: а) f1(i), б) f2(i), в) f1(8), г) f3(8), д) f3(-i).

292. Построить риманову поверхность и ее схему для функции w = z.

293. Пусть C — непрерывная кривая с параметрическим n уравнением z(t), и пусть w0 — одно из значений z(0). До казать, что имеется хотя бы один непрерывный образ кри n вой C при отображении w(z) = z, начинающийся в точ ке w0.

294. Пусть изменение аргумента вдоль кривой z(t) рав но, и пусть w0(t) — непрерывный образ кривой z(t) при n отображении w(z) = z. Найти изменение аргумента вдоль кривой w0(t).

n 295. Найти точки разветвления функции z.

Ранее (см. стр. 68) мы ввели обозначение:

= cos(2 /n) + i sin(2 /n).

n Там же рассмотрены некоторые свойства этого комплекс ного числа.

296. Пусть кривая z(t) не проходит через точку z = 0, и пусть w0(t) — один из непрерывных образов кривой z(t) n при отображении w = z. Найти все непрерывные образы n кривой z(t) при отображении w = z.

Пусть две непрерывные кривые C1 и C2 идут из неко торой точки z0 в некоторую точку z1. Так же, как для функции w = z (см. 284), доказывается, что если кривая - C1 C2 ни разу не обходит вокруг точки z = 0, то функция n w = z определяется по непрерывности одинаково вдоль кривых C1 и C2. Поэтому, так же как для функции w = z, если мы проведем какой-нибудь разрез из точки z = 0 в n бесконечность, то функция w = z распадается на непре рывные однозначные ветви.

297. Проведем какой-либо разрез из точки z = 0 в, не проходящий через точку z = 1, определим непрерыв и n i ные однозначные ветви функции z условиями: fi(1) =, n где i пробегает значения от 0 до n - 1. Как выражаются ветви fi(z) через f0(z)?

298. Построить схему римановой поверхности функ n ции z.

299. Для функции z - 1 найти точки разветвления и построить схему римановой поверхности.

300. Найти точки разветвления и построить схему рима n новой поверхности для функции z + i.

В тех случаях, когда многозначная функция будет иметь несколько точек разветвления, мы будем для выделения непрерывных однозначных ветвей проводить разрезы из каждой точки разветвления в бесконечность по каким-либо непересекающимся линиям.

При этом схема римановой поверхности данной функ ции может существенно зависеть от того, по каким именно линиям проведены разрезы из точек разветвления в беско нечность (соответствующий пример будет рассмотрен ниже в задачах 327 и 328). В тех случаях, когда такая ситуация имеет место, мы будем указывать, как проводятся разрезы.

Если же это не существенно, то указывать их не будем.

Схемы римановых поверхностей, построенные читателем при решении предлагаемых ниже задач, могут отличаться от схем, приведенных в решениях, за счет различной нуме рации листов. При соответствующей перенумерации листов эти схемы должны совпадать.

301. Пусть f(z) — однозначная непрерывная функция и C — непрерывная кривая на плоскости z начинающаяся, n в точке z0. Пусть w0 — одно из значений f(z0). Доказать, что существует хотя бы непрерывный образ кривой C один n при отображении w = f(z) начинающийся в точке w0.

Из результата задачи 301 вытекает возможность опреде n ления функции w = f(z) по непрерывности вдоль любой кривой, не проходящей через точки, в которых нарушается однозначность непрерывных образов.

302. Пусть f(z) — однозначная непрерывная функция и w0(z) — одна из непрерывных однозначных ветвей (при со n ответствующих разрезах) функции w(z) = f(z). Найти все однозначные непрерывные ветви (при тех же разрезах) функции w(z).

303. Найти все точки разветвления и построить схе мы римановых поверхностей для функций: а) z(z - i), б) z2 + 1.

304. Построить схемы римановых поверхностей следую щих функций:

3 а) z2 - 1, б) (z - 1)2z, в) (z2 + 1)2.

305. Выделить непрерывные однозначные ветви и по строить схему римановой поверхности для функции z2.

З а м е ч а н и е. Из решения задачи 305 мы получаем, что точка z = 0 не является точкой разветвления функции z2.

В то же время образы кривых, проходящих через точку z = 0, определяются не однозначно. Например, непрерыв ными образами ломаной (рис. 33) при отображении w = z2 являются ломаные COD, COF, EOD и EOF (рис. 33).

Проходя через точку z = 0, мы можем остаться на том же листе (ломаные COD и EOF ) или перейти на другой лист (ломаные COF и EOD). Риманова поверхность функции w(z) =р еzд еимеетивид, показанный на рис. 34.

О п л е н е. Точки, в которых нарушается одно значность непрерывных образов кривых, но которые не Рис. являются точками разветвления, мы бу дем называть точками неоднозначно сти данной функции.

При построении схем римановых по верхностей из точек неоднозначности можно не проводить разрезы в бесконеч ность, достаточно эти точки выколоть, Рис. т. е. не проводить через них кривые.

306. Построить схемы римановых 4 поверхностей следующих функций: а) z2 + 2, б) z2, 4 4 в) (z - 1)2(z + 1)3, г) (z2 - 1)3(z + 1)3, д) z(z3 - 1).

Ниже мы будем рассматривать и такие функции, кото рые не определены в некоторых точках. При этом такие точки могут оказаться точками разветвления.

307. Построить схему римановой поверхности функ ции 1/z.

308. Построить схемы римановых поверхностей следую 1 z (z + i) 3 - щих функций: а), б), в).

z - i z + 1 z(z - 1) При решении задач этого параграфа мы везде получа ли, что после проведения непересекающихся разрезов из всех точек разветвления в бесконечность рассматриваемая функция распадается на однозначные непрерывные ветви, которые затем определенным образом соединяются по раз резам. Оказывается, что этим свойством обладает довольно широкий класс многозначных функций. В частности, та ким свойством обладают все рассматриваемые ниже функ ции, а именно функции, выражающиеся в радикалах (§ 11), и алгебраические функции (§ 14) (и те, и другие функции являются частными случаями более широкого класса так называемых аналитических функций, также обладающих указанным свойством).

Доказательство этого утверждения выходит за рамки данной книги. Поэтому мы могли бы просто сослаться на существующую по этому вопросу литературу*) и принять сформулированное выше утверждение без доказательства.

(Читатель может так и поступить, перейдя сразу к чте нию § 11).

Однако при этом у читателя может остаться некоторое чувство неудовлетворенности. И хотя мы не сможем пол ностью избавить читателя от этого чувства, мы все же по кажем, что сформулированное выше свойство вытекает из другого свойства — так называемого свойства монодромии, которое выглядит более очевидным.

Мы знаем, что для выделения однозначных непрерыв ных ветвей многозначной функции w(z) (в некоторой об ласти плоскости z) необходимо, чтобы функция w(z) опре делялась по непрерывности одинаково, вдоль любых двух кривых C1 и C2, лежащих в этой области и идущих из про извольной точки z0 в некоторую другую точку z1. Свойство монодромии и связано с этим условием.

Пусть многозначная функция w(z) такова, что при фик сировании любого ее значения w0 в произвольной точке z функция w(z) может быть определена по непрерывности (возможно, неоднозначно) вдоль любой непрерывной кри вой, выходящей из точки z0 (и не проходящей через точки, в которых функция w(z) не определена). Скажем, что мно гозначная функция w(z) обладает свойством монодромии, если для нее справедливо следующее утверждение.

С в о й с т в о м о н о д р о м и и. Пусть C1 и C2 — непре рывные кривые на плоскости z, начинающиеся в некоторой точке z0, кончающиеся в некоторой точке z1 и не прохо дящие через точки разветвления и неоднозначности мно гозначной функции w(z). Пусть, кроме того, кривую C можно непрерывно деформировать в кривую C2 так, что бы кривые, получающиеся при деформации, не проходили через точки разветвления функции w(z) и чтобы концы их оставались неподвижными (рис. 35, a, b — точки разветв *) См., например, С п р и н г е р Дж., Введение в теорию рима новых поверхностей, ИЛ, 1960, а также Г у р в и ц А., К у р а н т Р., Теория функций, М., Наука, 1968.

ления). Тогда значение w(z1) одинаково определяется по непрерывности вдоль кривых C1 и C2 (если зафиксировано некоторое значение w0 = w(z0)).

Выясним, какие следствия вытекают из свойства моно дромии.

309. Пусть функция w(z) обладает свойством монодро мии. Проведем на плоскости z непересекающиеся разрезы из всех точек разветвления функции w(z) в бесконечность и выколем точки неоднознач ности функции w(z). Доказать, что при этом функция w(z) распадается на однозначные непрерывные ветви.

310. Пусть при условиях предыдущей задачи разрезы не проходят через точки неод Рис. нозначности функции w(z) и у w(z) конечное число точек разветвления. Доказать, что при пересечении некоторого разреза (в определенную сторону) мы с любой фиксированной ветви функции w(z) будем переходить на одну и ту же ветвь независимо от того, в каком именно месте мы пересекаем разрез.

З а м е ч а н и е 1. При обходе вокруг точки разветвления мы один раз пересекаем разрез, идущий из этой точки в бесконечность. Поэтому в силу результата задачи 310 пере ходы с одних ветвей на другие при пересечении некоторо го разреза в произвольном месте совпадают с переходами, получающимися при обходе (в соответствующую сторону) точки разветвления, из которой проведен разрез, и, сле довательно, совпадают с переходами, указанными в этой точке в схеме римановой поверхности.

З а м е ч а н и е 2. Из результатов задач 309 и 310 вы текает, что если многозначная функция w(z) обладает свойством монодромии, то для w(z) можно построить риманову поверхность. Причем для выяснения структуры этой поверхности достаточно найти точки разветвления функции w(z) и установить переходы между ветвями функции w(z) при обходе этих точек.

Все функции, которые будут рассматриваться ниже, об ладают свойством монодромии. Строго доказать это утвер ждение мы здесь не сможем, так как для этого требуется привлечение понятия аналитической функции. Однако мы дадим идею доказательства того, что некоторая многознач ная функция w(z) обладает свойством монодромии, пред полагая, что эта функция является «достаточно хорошей».

Что это означает — будет видно из идеи доказательства.

Итак, пусть выполняются условия из свойства монодро мии. Пусть C1 и C2 — непрерывные образы кривых C1 и C при отображении w(z), начинающиеся в точке w0 = w(z0).

Надо доказать, что кривые C1 и C2 оканчиваются в одной и той же точке.

Предположим сначала, что кривые, получающиеся при деформации C1 в C2, не проходят не только через точки разветвления, но и через точки неоднозначности функ ции w(z) (см. стр. 93). Пусть C — любая из таких кривых.

Тогда существует единственный непрерывный образ C кривой C при отображении w(z), начинающийся в точке w0 = w(z0). Если функция w(z) «достаточно хорошая»*), то при непрерывной деформации кривой C от положения C до положения C2 кривые C непрерывно деформируются от положения C1 до положения C2. При этом конечная точка кривой C также должна деформироваться непрерывно. Но кривая C оканчивается в точке z1, поэтому конечная точка кривой C должна совпадать с одним из образов w(z1) точки z1. Если функция w(z) принимает при каждом z (в частности, при z1) лишь конечное число значений (а мы рассматриваем только такие функции), то конечная точка кривой C не может перескочить из одного образа точки z в другой образ, так как при этом нарушится непрерыв ность деформации. Следовательно, конечные точки всех кривых C и, в частности, кривых C1 и C2, совпадают.

Посмотрим теперь, что происходит, когда кривая C переходит через точку неоднозначности функции w(z), которая не является точкой разветвления. Рассмотрим только частный случай, когда кривая изменяется лишь вблизи точки неоднозначности a (рис. 36). Если в точке z зафиксировано значение w0 = w(z0), то по непрерывно *) Обычно теорема монодромии доказывается для произвольных аналитических функций. См., например, С п р и н г е р Дж., Введение в теорию римановых поверхностей, ИЛ, 1960, стр. 97.

сти однозначно определится значение w(z) в точке A.

После этого одинаково определятся по непрерывности вдоль кривых ADE и ABE значения w(z) в точке E, так как иначе при обходе по кривой EDABE изменялось бы значение функции w(z) и точка a была бы точкой разветв ления функции w(z). После того как Рис. значения w(z) в точке E определились одинаково по обеим кривым, одинаково определяются по непрерывности вдоль кривой Ez1 и значения w(z) в точке z1.

Таким образом, «темным» местом в нашем изложении осталось утверждение о том, что все рассматриваемые ни же функции являются «достаточно хорошими».

Здесь уж читателю придется либо принять это утвер ждение на веру, либо обратиться к более глубокому изуче нию аналитических функций*).

§ 11. Функции, выражающиеся в радикалах О п р е д е л е н и е. Пусть f(z) и g(z) — две многозначные функции. Под f(z) + g(z) будет пониматься многозначная функция, все значения которой в точке z0 получатся, если каждое значение f(z0) сложить с каждым значением g(z0).

Так же определяются функции f(z) - g(z), f(z) · g(z), f(z)/g(z).

Под [f(z)]n, где n — натуральное число, будет понимать ся функция, все значения которой в точке z0 получатся, если каждое значение f(z0) возвести в степень n.

n Под f(z), где n — натуральное число, будет понимать ся функция, все значения которой в точке z0 получатся, если для каждого значения f(z0) вычислить все n значе n ний f(z0).

1 - -2i 311. Найти все значения: а) -8 + 2i, б), - в) i + - 1, г) ( (1 + i)2), д) ( i + i)2.

*) См., например, Ш а б а т Б. В., Введение в комплексный ана лиз, М., Наука, 1985 и М а р к у ш е в и ч А. И., Краткий курс теории аналитических функций, М., Наука, 1978.

О п р е д е л е н и е. Будем говорить, что многозначная функция h(z) выражается в радикалах, если она может быть получена из функции f(z) = z и постоянных функций g(z) = a (a — произвольное фиксированное комплексное число) с помощью операций сложения, вычитания, умно жения, деления, возведения в натуральную степень и извлечения корней натуральной степени. Например, функция h(z) = z + 3z2 - выра z жена в радикалах. Некоторые функции, выражающиеся в радикалах, мы уже рассматривали выше.

312. Пусть функция h(z) выражается в радикалах, и пусть C — непрерывная кривая на плоскости z, начинаю щаяся в точке z0 и не проходящая через точки, в которых функция h(z) не определена. Доказать, что если w0 — одно из значений h(z0), то имеется хотя бы один непрерывный образ кривой C при отображении w = h(z), начинающийся в точке w0. (Считаем, что параметрическое уравнение w(t) = a, где a — фиксированное комплексное число, задает непрерывную кривую, вырождающуюся в точку.) Из результата задачи 312 получаем, что произвольная функция h(z), выражающаяся в радикалах, может быть определена по непрерывности вдоль любой непрерыв ной кривой C, не проходящей через точки, в которых функция h(z) не определена. Если при этом кривая C не проходит через точки разветвления и неоднозначности (см. стр. 93) функции h(z), то функция h(z) определяется по непрерывности вдоль кривой C однозначно.

Мы уже отмечали в предыдущем параграфе, что функ ции, выражающиеся в радикалах, являются «достаточно хорошими»*), т. е. они обладают свойством монодромии.

Поэтому для любой функции, выражающейся в радикалах, можно построить риманову поверхность (см. 309 и 310)**).

Выясним структуру этих римановых поверхностей.

В дальнейшем всюду в этом параграфе можно предпо лагать, что речь идет о функциях, выражающихся в ради калах.

*) Функции, выражающиеся в радикалах, являются аналитиче скими.

**) Любая функция, выражающаяся в радикалах, имеет конечное число точек разветвления.

313. Пусть h(z) = f(z) + g(z). Выколем из плоскости все точки неоднозначности функции h(z) и проведем непересе кающиеся разрезы в бесконечность из всех точек, которые являются точками разветвления хотя бы одной из функ ций f(z) или g(z). Пусть f1(z),..., fn(z) и g1(z),..., gn(z) — непрерывные однозначные ветви функций f(z) и g(z) на полученной плоскости с разрезами. Найти непрерывные од нозначные ветви функции h(z).

Если при обходе точки z0 мы с ветви fi (z) переходим на ветвь fi (z) и с ветви gj (z) на ветвь gj (z), то, очевидно, 2 1 с ветви hi,j1(z) = fi (z) + gj (z) мы перейдем на ветвь 1 1 hi,j2(z) = fi (z) + gj (z). Это подсказывает нам следующий 2 2 формальный метод построения схемы римановой поверхно сти функции h(z) = f(z) + g(z) при условии, что построены (при тех же разрезах) схемы римановых поверхностей функций f(z) и g(z). Каждой паре ветвей fi(z) и gj(z) ставим в соответствие лист, на котором считаем заданной ветвь hi,j(z) = fi(z) + gj(z). Если в схемах римановых поверхностей функции f(z) и g(z) в точке z0 указаны переходы с ветви fi (z) на ветвь fi (z) и с ветви gj (z) 1 2 на ветвь gj (z), то в схеме римановой поверхности функ ции h(z) указываем в точке z0 переход с ветви hi,j1(z) на ветвь hi,j2(z).

314. Построить схемы римановых поверхностей следую щих функций: а) z + z - 1, б) z2 - 1 + 1/z, в) z + + z, г) z2 - 1 + z - 1.

Описанный выше формальный метод построения схемы римановой поверхности функции h(z) = f(z) + g(z) не все гда дает правильный результат, так как он не учитывает, что некоторые из ветвей hi,j(z) могут оказаться равны ми. Для простоты будем считать, что разрезы не проходят через точки неоднозначности функции h(z). В таком слу чае при пересечении любого разреза мы с листов, соответ ствующих равным ветвям функции h(z), будем переходить, в силу однозначности, на листы, также соответствующие равным ветвям. Следовательно, если мы склеим листы, со ответствующие одинаковым ветвям функции h(z), т. е. за меним каждое множество таких листов одним листом, то однозначно определятся переходы между полученными ли стами при обходе любой точки разветвления z0.

315. Найти все значения f(1), если: а) f(z) = z + z, 3 б) f(z) = z + z2, в) f(z) = z + z.

316. Для указанных функций построить схему римано вой поверхности формальным методом и истинную схе му римановой поверхности: а) z + z, б) z + z2, 3 в) z + z.

Окончательно получаем, что для построения схемы ри мановой поверхности функции h(z) = f(z) + g(z) по схемам римановых поверхностей функций f(z) и g(z) (построен ным при тех же разрезах) достаточно построить схему опи санным выше формальным методом и затем произвести соответствующие склейки.

Легко видеть, что этот алгоритм можно применять и при построении схемы римановой поверхности функций h(z) = f(z) - g(z), h(z) = f(z) · g(z), h(z) = f(z)/g(z).

317. Построить схемы римановых поверхностен следую щих функций:

4 z2 - 1 z + z а) i z - z2, б) z - 1 · z, в), г).

4 z + z(z - 1) 318. Пусть f1(z), f2(z),..., fm(z) — все непрерывные од нозначные ветви функции f(z). Найти при тех же разре зах все непрерывные однозначные ветви функции h(z) = = [f(z)]n, где n — некоторое натуральное число.

Из результата последней задачи легко вытекает, что схе ма римановой поверхности функции h(z) = [f(z)]n совпа дала бы со схемой римановой поверхности функции f(z), если бы все ветви hi(z) = [fi(z)]n были различными. Однако это не всегда так. Если получатся равные ветви, то при переходе через разрезы, мы в силу однозначности будем с равных ветвей переходить на равные ветви.

Окончательно получаем, что для построения схемы ри мановой поверхности функции h(z) = [f(z)]n достаточно на схеме римановой поверхности функции f(z) рассмотреть вместо ветвей fi(z) ветви hi(z) = [fi(z)]n. Если при этом появятся одинаковые ветви, то нужно склеить соответству ющие листы.

319. Построить схемы римановых поверхностей следую щих функций: а) ( z)2, б) ( z + z)2, в) ( z · z - 1)3.

Изучим теперь, как связана схема римановой поверх n ности функции f(z) со схемой римановой поверхности функции f(z).

320. Какие точки могут быть точками разветвления n функции f(z)?

Проведем на плоскости z разрезы из точек разветвления функции f(z) в бесконечность так, чтобы они не проходили через точки, в которых одно из значений функции f(z) равно 0, и выделим непрерывные однозначные ветви функ ции f(z). Пусть это будут (однозначные) функции f1(z), f2(z),..., fm(z). Проведем дополнительно разрезы в бес конечность из точек, в которых одно из значений функ ции f(z) равно 0. Пусть g(z) — одна из непрерывных одно n значных ветвей функции f(z) при этих разрезах.

321. Доказать, что функция [g(z)]n совпадает с одной из функций fi(z) всюду, кроме разрезов.

Из результата предыдущей задачи вытекает, что каж n дая ветвь функции f(z) соответствует некоторой ветви функции f(z).

322. Пусть g(z) — непрерывная однозначная ветвь функ n ции f(z), соответствующая ветви fi(z) функции f(z).

Найти все соответствующие ветви fi(z) непрерывные одно n значные ветви функции f(z).

Из результата последней задачи мы получаем, что каж дой ветви fi(z) функции f(z) соответствует «пачка», состо n ящая из n ветвей функции f(z). Мы занумеруем ветви в этой пачке fi,0(z), fi,1(z),..., fi,n-1(z) причем так, чтобы k для любого k выполнялось равенство fi,k(z) = fi,0(z) ·.

n Пусть z0 — точка разветвления функции f(z), и пусть при обходе вокруг точки z0 мы с ветви fi(z) переходим n на ветвь fj(z). Тогда, очевидно, для функции f(z) мы получим следующее: со всех листов пачки, соответству ющей ветви fi(z), мы при обходе вокруг точки z0 будем переходить на листы пачки, соответствующей ветви fj(z).

323. Пусть C — кривая на плоскости z с параметриче ским уравнением z(t), и пусть кривая на плоскости w с уравнением w0(t) является непрерывным образом кривой C n при отображении w = f(z). Доказать, что кривая с урав k нением wk(t) = w0(t) · также является n непрерывным об n разом кривой C при отображении w = f(z).

324. Пусть кривая C на плоскости z не проходит че рез точки разветвления и точки неоднозначности функ n ции f(z). Доказать, что если мы при движении вдоль кривой C переходим с ветви fi,s(z) на ветвь fj,r(z), то с ветви fi,s+k(z) мы перейдем на ветвь fj,r+k(z), где суммы s + k и r + k вычисляются по модулю n (см. 40).

Таким образом, для определения того, куда мы перей дем с листов данной при обходе данной точки раз пачки n ветвления функции f(z) достаточно определить, куда мы перейдем с одного из листов данной пачки, а для других листов этой пачки переходы определятся автоматически в силу результата задачи 324.

325.

Построить схему римановой поверхности функции z - 1.

326. Построить схемы римановых поверхностей следую щих функций: а) z - 2, б) z - 1.

В следующих двух задачах рассматривается пример, ко гда схема римановой поверхности функции зависит от того, как проведены разрезы.

327. Построить схему римановой поверхности функции f(z) = z2 + 1 - 2 при разрезах, изображенных: а) на рис. 37, б) на рис. 38. В обоих случаях определить, на одном или на разных листах лежат точки z такие, что f(z) = 0.

328. Построить схему римановой поверхности функции h(z) = z2 + 1 - 2 при разрезах, изображенных: а) на рис. 39, б) на рис. 40.

Сформулируем еще раз те результаты этого параграфа, которые потребуются нам в дальнейшем.

Рис. 37 Рис. Те о р е м а 8. Для построения схемы римановой по верхности функцийh(z) = f(z) + g(z), h(z) = f(z) - g(z), h(z) = f(z) · g(z), h(z) = f(z)/g(z)no схемам римановых поверхностей функций f(z) и g(z), построенных при тех же разрезах, достаточно: а) каждой паре ветвей fi(z) u gj(z) сопоставить лист, на котором считать задан ной ветвь hi,j(z), равную соответственно fi(z) + gj(z), fi(z) - gj(z), fi(z) · gj(z), fi(z)/gj(z);

Рис. 39 Рис. б) если при обходе вокруг точки z0 имеется пере ход с ветви fi (z) на ветвь fi (z) и с ветви gj (z) на 1 2 ветвь gj (z), то для функции h(z) при том же обходе указать переход с ветви hi,j1(z) на ветвь hi,j2(z);

1 в) листы, на которых заданы одинаковые ветви hi,j(z), склеить.

Те о р е м а 9. Для построения схемы римановой по верхности функции h(z) = [f(z)]n по схеме римановой поверхности функции f(z), построенной при тех же разрезах, достаточно:

а) на схеме римановой поверхности функции f(z) счи тать заданными вместо fi(z) ветви hi(z) = [fi(z)]n;

б) листы, на которых оказываются заданными одина ковые ветви hi(z), склеить.

Те о р е м а 10. При построении схемы римановой по n верхности функции h(z) = f(z) по схеме римановой поверхности функции f(z), построенной при тех же разрезах :

а) каждый лист схемы римановой поверхности функ ции f(z) заменяется пачкой из n листов;

б) при обходе вокруг любой точки разветвления функ ции h(z) мы с листов одной пачки переходим на листы одной и той же пачки;

в) эти переходы с одной пачки на другую совпадают с переходами между соответствующими листами римано вой поверхности функции f(z);

г) если листы в пачках перенумерованы так, что k fi,k(z) = fi,0(z) ·, то переходы с одной пачки на дру n гую происходят без перемешивания листов, а только с циклическим сдвигом (см. 324).

§ 12. Группы Галуа многозначных функций Свяжем теперь с каждой схемой римановой поверхности некоторую группу подстановок.

329. Пусть кривая C на плоскости z не проходит че рез точки разветвления и точки неоднозначности функ ции w(z). Доказать, что при движении вдоль кривой мы с разных листов схемы римановой поверхности функ ции w(z) будем переходить на разные листы.

Таким образом, в силу результата задачи 329, обходу (против часовой стрелки) вокруг любой точки разветвле ния функции w(z) соответствует подстановка листов схемы римановой поверхности функции w(z), которая указывает, на какой лист мы переходим с каждого листа.

330. Пусть схемы римановых поверхностей для функ ций, перечисленных в задаче 314, построены так, как это сделано в «Указаниях, решениях, ответах» (стр. 175), и пусть листы на этих схемах занумерованы снизу вверх чис лами 1, 2,... Записать для каждой функции подстанов ки листов, соответствующие обходам вокруг каждой точки разветвления.

331. Пусть g1,..., gs — некоторые элементы произволь ной группы G. Рассмотрим все элементы группы G, кото рые могут быть получены из g1,..., gs путем многократ ного применения операций умножения и взятия обратного элемента. Доказать, что полученное множество элементов образует подгруппу в группе G.

О п р е д е л е н и е. Подгруппа, полученная в задаче 331, называется подгруппой, порожденной элементами g1,......, gs.

О п р е д е л е н и е. Пусть g1,..., gs — подстановки листов некоторой схемы римановой поверхности, соответствующие обходам (против часовой стрелки) вокруг всех точек раз ветвления. Подгруппу, порожденную элементами g1,..., gs, будем называть группой подстановок листов данной схемы римановой поверхности.

З а м е ч а н и е 1. Если число листов в схеме конечно (а мы рассматриваем только такие схемы), то при построе нии группы подстановок листов этой схемы достаточно ис пользовать операцию умножения подстановок, а операцию взятия обратной подстановки можно исключить. Действи тельно, в этом случае любая подстановка листов g имеет некоторый конечный порядок k: gk = e, поэтому g-1 = gk-1 = g · g ·... · g k-.

З а м е ч а н и е 2. Группы подстановок листов, которые будут строиться ниже, будут рассматриваться, как обычно, с точностью до изоморфизма. Поэтому нумерация листов будет не важна,так как при разных нумерациях получа ются хотя и различные, но изоморфные подгруппы груп пы Sn.

332. Каким из известных вам групп изоморфны группы подстановок листов схем римановых поверхностей следую 3 n щих функций: а) z, б) z, в) z, г) (z2 1) (см. 304), д) (z - 1)2(z + 1)3 (см. 306).

333. Каким из известных вам групп изоморфны группы подстановок листов схем римановых поверхностей функ ций, перечисленных в задачах: 1) 314, 2) 317, 3) 319?

334. Описать группу подстановок листов для обеих схем римановой поверхности функции h(z) = z2 + 1 - 2, по строенных при решении задачи 328.

Пусть точка z0 не является точкой разветвления и неоднозначности многозначной функции w(z), и пусть w1, w2,..., wn — все значения функции w(z) в точке z0.

Рассмотрим некоторую непрерывную кривую C, начинаю щуюся и кончающуюся в точке z0 и не проходящую через точки разветвления и неоднозначности функции w(z). Если мы выберем некоторое значение wi = w(z0) и определим новое значение w(z0) по непрерывности вдоль кривой C, то получим некоторое новое значение wj = w(z0). При этом, начиная с разных значений wi, мы будем получать различные значения wj (иначе по кривой C-1 нарушилась бы однозначность). Следовательно, кривой C соответствует некоторая подстановка значений w1, w2,... wn. При этом, если кривой C соответствует подстановка g, то кривой C- соответствует подстановка g-1 и если кривым C1 и C2 (с концами в точке z0) соответствуют подстановки g1 и g2, то кривой C1C2 соответствует подстановка g2g1 (напомним, что подстановки выполняются справа налево).

Таким образом, если мы рассмотрим всевозможные кри вые, начинающиеся и кончающиеся в точке z0, то соответ ствующие им подстановки будут образовывать некоторую группу подстановок значений w(z0).

335. Пусть G1 — группа подстановок значений w(z0) и G2 — группа подстановок листов некоторой схемы рима новой поверхности функции w(z). Доказать, что группы G и G2 изоморфны.

Заметим, что при определении группы подстановок зна чений w(z0) не использовалась никакая схема римановой поверхности функции w(z). Поэтому из результата зада чи 335 вытекает, что группа подстановок значений w(z0) для произвольной точки z0 и группа подстановок листов произвольной схемы римановой поверхности функции w(z) изоморфны. Следовательно, группы подстановок значе ний w(z0) для всех точек z0 и группы подстановок листов всех схем римановых поверхностей функции w(z) изоморф ны, т. е. являются фактически одной и той же группой.

Эту группу будем называть группой Галуа многозначной функции w(z)*).

§ 13. Группы Галуа функций, выражающихся в радикалах Перейдем теперь к доказательству одного из основных утверждений этой книги, а именно следующей теоремы.

Те о р е м а 11. Если многозначная функция h(z) выра жается в радикалах, то группа Галуа функции h(z) раз *) Эту группу называют также группой монодромии.

решима (см. главу I, § 14).

Доказательство теоремы 11 заключено в решениях сле дующих задач.

336. Пусть h(z) = f(z) + g(z), или h(z) = f(z) - g(z), или h(z) = f(z) · g(z), или h(z) = f(z)/g(z), и пусть схема римановой поверхности функции h(z) построена из схем римановых поверхностей функций f(z) и g(z) формальным методом (теорема 8, пункты а), б), стр. 104). Доказать, что если F и G — группы подстановок листов исходных схем, то группа подстановок листов построенной схемы изоморфна некоторой подгруппе в прямом произведении F G (см.

главу I, § 7).

337. Пусть при условиях предыдущей задачи H1 — груп па подстановок листов схемы, построенной формальным методом, a H2 — группа подстановок листов истинной схе мы римановой поверхности функции h(z). Доказать, что существует гомоморфизм (см. главу I, § 13) группы H1 на группу H2.

338. Пусть группы Галуа функций f(z) и g(z) разреши мы. Доказать, что тогда разрешимы группы Галуа следу ющих функций:

h(z) = f(z) + g(z), h(z) = f(z) - g(z), h(z) = f(z) · g(z), h(z) = f(z)/g(z).

339. Пусть группа Галуа функции f(z) разрешима. До казать, что группа Галуа функции h(z) = [f(z)]n также раз решима.

340. Пусть H — группа подстановок листов схемы рима n новой поверхности функции h(z) = f(z), а F — группа подстановок листов схемы римановой поверхности функ ции f(z), построенной при тех же разрезах. Построить го моморфизм группы H на группу F.

341. Доказать, что ядро гомоморфизма (см. главу I, § 13), построенного в решении предыдущей задачи, комму тативно.

342. Пусть группа Галуа функции f(z) разрешима. До n казать, что группа Галуа функции h(z) = f(z) также раз решима.

Функции константы h(z) = a и функция h(z) = z явля ются функциями однозначными и непрерывными во всей плоскости z. Поэтому их римановы поверхности состоят только из одного листа, и, следовательно, соответствующие им группы Галуа состоят только из одного элемента {e} и, значит, разрешимы. Отсюда, учитывая определение функ ций, выражающихся в радикалах (стр. 99), и результаты задач 338, 339 и 342, получаем утверждение теоремы 11.

З а м е ч а н и е 1. Для читателей, знакомых с теорией аналитических функций, отметим следующее. Если группу Галуа функции h(z) определять как группу подстановок значений функции h(z) в некоторой точке z0 (см. стр. 107), то теорема 11 будет справедливой и для более широкого класса функций. Например, при построении функции h(z) кроме констант, тождественной функции, арифметических операций и радикалов, можно разрешить использовать любые однозначные аналитические функции (например, ez, sin z и т. д.), многозначную функцию Ln z и некоторые другие функции. При этом группа Галуа функции h(z) бу дет разрешимой, хотя уже не обязательно будет конечной.

§ 14. Теорема Абеля Рассмотрим уравнение 3w5 - 25w3 + 60w - z = 0. (14.1) Мы будем считать z параметром и для каждого комплекс ного значения z будем искать все комплексные корни w этого уравнения. В силу результата задачи 269 данное урав нение при каждом z имеет 5 корней (с учетом кратности), некоторые из которых могут совпадать.

343. Какие значения w могут быть кратными корнями (кратности больше 1, см. стр. 81) уравнения 3w4 - 25w3 + 60w - z = 0?

При каких значениях z они будут кратными корнями?

Из решения предыдущей задачи вытекает, что при z = = ±38 и z = ±16 уравнение (14.1) имеет 4 различных корня, при остальных значениях z это уравнение имеет 5 различ ных корней. Таким образом, функция w(z), выражающая корни уравнения (14.1) через параметр z, принимает 4 раз личных значения при z = ±38 и z = ±16 и принимает различных значений при остальных значениях z. Изучим эту функцию w(z).

Докажем сначала, что при малом изменении парамет ра z корни уравнения (14.1) изменяются также мало. Более точно это свойство выражено в следующей задаче.

344. Пусть z0 — произвольное комплексное число и w0 — один из корней уравнения (14.1) при z = z0. Рассмотрим круг сколь угодно малого радиуса r с центром в точке w0.

Доказать, что существует такое действительное число > > 0, что если |z0 - z0| <, то в рассматриваемом круге лежит хотя бы один корень уравнения (14.1) и при z = z0.

Пусть функция w(z) выражает корни уравнения (14.1) через параметр z и пусть w0 — одно из значений w(z0).

Тогда из результата задачи 344 вытекает, что если z дви жется непрерывно по некоторой кривой, начинающейся в точке z0, то можно так выбирать одно из значений w(z), чтобы точка w также двигалась непрерывно по некоторой кривой, начинающейся в точке w0. Другими словами, функ цию w(z) можно определить по непрерывности вдоль лю бой кривой C. Если при этом кривая C не проходит че рез точки разветвления и неоднозначности (стр. 93) функ ции w(z), то функция w(z) определяется по непрерывности вдоль кривой C однозначно.

345. Доказать, что точки, отличные от z = ±38 и z = = ±16, не могут быть точками разветвления и точками неоднозначности функции w(z), выражающей корни урав нения (14.1) через параметр z.

Пусть w(z) — функция, выражающая корни уравне ния (14.1) через параметр z. Являясь одной из алгебра ических функций*), функция w(z) является «достаточно хорошей» (см. § 10, стр. 96), т. е. она обладает свойством монодромии. Поэтому для функции w(z) можно постро ить риманову поверхность (см. 309 и 310). Эта риманова поверхность будет иметь, очевидно, 5 листов.

В силу результата задачи 345 точками разветвления и неоднозначности функции w(z) могут быть только точки z = ±38, и z = ±16, но пока не ясно, являются ли они тако *) Многозначная функция w(z) называется алгебраический, если она выражает через параметр z все корни некоторого уравнения a0(z)wn + a1(z)wn-1 +... + an(z) = 0, в котором все ai(z) — многочлены от z. Все алгебраические функции являются аналитическими.

выми.

346. Пусть известно, что точка z0 = +38 (или z0 = -38, или z0 = ±16) является точкой разветвления функции w(z), выражающей корни уравнения (14.1) через параметр z. Как соединяются листы римановой поверхности функции w(z) в точке z0 (точнее, на разрезе, проведенном из точки z0 в бесконечность;

см. замечание 2 на стр. 96)?

347. Пусть w(z) — функция, выражающая корни уравне ния (14.1) через параметр z. Пусть, кроме того, z0 и z1 — произвольные точки, отличные от z = ±38 и z = ±16, и w0, w1 — любые их образы при отображении w(z). Доказать, что можно провести непрерывную кривую из точки z0 в точку z1 так, чтобы она не проходила через точки z = ± и z = ±16 и чтобы ее непрерывный образ, начинающийся в точке w0, оканчивался в точке w1.

348. Доказать, что все четыре точки z = ±38 и z = ± являются точками разветвления функции w(z). Как может выглядеть схема римановой поверхности функции w(z)?

Нарисовать все различные варианты. (Различными счи таем те схемы, которые нельзя получить друг из друга перестановкой листов и точек разветвления).

349. Найти группу Галуа функции w(z), выражающей корни уравнения 3w5 - 25w3 + 60w - z = через параметр z.

350. Доказать, что функция w(z), выражающая корни уравнения 3w5 - 25w3 + 60w - z = через параметр z, не может быть выражена в радикалах.

351. Доказать, что общее алгебраическое уравнение 5-й степени a0w5 + a1w4 + a2w3 + a3w2 + a4w + a5 = (a0, a1, a2, a4, a5 — комплексные параметры, a0 = 0) нераз решимо в радикалах, т. е. не существует формулы, выража ющей корни этого уравнения через коэффициенты с помо щью операций сложения, вычитания, умножения, деления, возведения в натуральную степень и извлечения корней натуральной степени.

352. Рассматривая уравнение (3w5 - 25w3 + 60w - z)wn-5 = 0 (14.2) доказать, что при n > 5 общее алгебраическое уравнение степени n неразрешимо в радикалах.

Результаты задач 351 и 352 составляют основное утвер ждение данной книги. Нами доказана следующая теорема.

Те о р е м а А б е л я. При n 5 общее алгебраическое уравнение степени n a0wn + a1wn-1 +... + an-1w + an = неразрешимо в радикалах.

З а м е ч а н и е 1. Во «Введении» была получена форму ла Кардано для решения общего алгебраического уравне ния 3-й степени. Причем корнями уравнения являлись не все значения, задаваемые этой формулой, а лишь те, для которых выполнялось некоторое дополнительное условие.

Поэтому может возникнуть вопрос, нельзя ли и для об щего уравнения степени n (n > 5) построить формулу в радикалах так, чтобы его корни являлись бы лишь частью значений, задаваемых формулой. Покажем, что этого нель зя сделать уже для уравнения (14.1).

Действительно, если значения функции w(z), выража ющей корни уравнения (14.1) через параметр z, являются частью значений некоторой функции w1(z), выражающей ся в радикалах, то риманова поверхность функции w(z) является отдельной частью римановой поверхности функ ции w1(z). Если G — группа Галуа функции w1(z), то каж дой подстановке группы G соответствует подстановка пя ти листов, относящихся к w(z). Это отображение является гомоморфизмом группы G на группу S5. Так как груп па S5 неразрешима, то и группа G неразрешима (см. 163).

С другой стороны, группа G должна быть разрешима как группа Галуа для функции, выражающейся в радикалах.

Противоречие.

З а м е ч а н и е 2. Из замечания на стр. 109 вытекает, что теорема Абеля останется справедливой, если кроме радика лов разрешить использовать и некоторые другие функции, например любые однозначные аналитические функции (ez, sin z и т. д.), функцию Ln z и некоторые другие.

З а м е ч а н и е 3. Рассмотрим уравнение (14.1) только в области действительных чисел. Пусть функция y() выра жает действительные корни уравнения 3y5 - 25y3 + 60y - x = через действительный параметр. Нельзя ли функцию y() выразить в радикалах? Оказывается, что нельзя. Для тех, кто знаком с курсом теории аналитических функций, укажем, что это вытекает из теоремы об аналитическом продолжении. Действительно, функция w(z), выражаю щая корни уравнения (14.1) через параметр z, является аналитической функцией. Поэтому, если бы функция y() выражалась в радикалах, то соответствующая формула, рассматриваемая в области комплексных чисел, задавала бы, в силу теоремы об аналитическом продолжении, функ цию w(z), т. е. функция w(z) выражалась бы в радикалах.

Следовательно, теорема Абеля останется справедливой и в том случае, если рассматривать только действительные корни общего уравнения степени n (n 5) при всевозмож ных действительных значениях коэффициентов. При этом, в силу замечания 2, она останется справедливой даже в том случае, если кроме радикалов разрешить использовать некоторые другие функции, например любые функции, до пускающие однозначное аналитическое продолжение (ex, sin и т. д.), функцию ln и некоторые другие.

З а м е ч а н и е 4. Класс алгебраических функций (см.

сноску на стр. 110) является достаточно богатым и инте ресным классом. В частности, можно показать, что все функции, выражающиеся в радикалах, являются алгеб раическими. Мы доказали, что любая функция, выра жающаяся в радикалах, имеет разрешимую группу Галуа (теорема 11, стр. 107). Оказывается, что если ограничиться алгебраическими функциями, то будет верно и обратное утверждение: если группа Галуа некоторой алгебраической функции разрешима, то эта функция выражается в радика лах. Таким образом, алгебраическая функция выражается в радикалах тогда и только тогда, когда ее группа Галуа разрешима. Этот результат является частным случаем общей теории Галуа (см. например, Ч е б о т а р е в Н. Г., Основы теории Галуа, ОНТИ–ГТТИ, 1934).

Указания, решения, ответы Глава 1. Ответ. В случаях 1 а), 1 в), 2 в), 3 а).

2. См. табл. 3.

3. См. табл. 4.

4. См. табл. 5.

5. См. табл. 6.

6. См. табл. 7, где e и a — вращения ромба вокруг центра со ответственно на 0 и 180, b и c — отражения ромба относительно диагоналей.

Т а б л и ц а 3 Т а б л и ц а 4 Т а б л и ц а e a b e a b c d f e a b c e e a b e e a b c d f e e a b c a a b e a a b e f c d a a e c b b b e a b b e a d f c b b c a e c c d f e a b c c b e a d d f c b e a f f c d a b e Т а б л и ц а 6 Т а б л и ц а e a b c d f g h e a b c e e a b c d f g h e e a b c a a e c b f d h g a a e c b b b c a e g h f d b b c e a c c b e a h g d f c c b a e d d f h g e a c b f f d g h a e b c g g h d f b c e a h h g f d c b a e 7. См. табл. 7, где e и a — вращения прямоугольника вокруг цен тра соответственно на 0 и 180, b и c — отражения прямоугольника относительно прямых, проходящих через середины противоположных сторон.

8. Нет. Так как ни у одного города название не начинается с бук вы ъ, то у этой буквы не будет прообразов.

9. Ответ. а) не является отображением на, так как, например, не существует целого n такого, что (n) = 5, т. е. у числа 5 нет прооб разов;

б) является отображением на, но не является взаимно одно значным отображением, так как у каждого неотрицательного целого числа имеется при отображении (n) = |n| два прообраза, например, у числа 5 прообразы 5 и -5 ( (5) = (-5) = 5);

в) является взаимно однозначным отображением, так как числа 0, 1, 2,... отображаются в числа 0, 2, 4,..., а числа -1, -2, -3,... отображаются в числа 1, 3, 5,...

10. Ответ. e-1 = e, a-1 = b, b-1 = a, c-1 =, d-1 = d, f-1 = f.

11. Ответ. g-1(x) = x/2.

12. Пусть данная группа преобразований содержит преобразова ние g. Тогда по определению группы преобразований она содержит также преобразование g-1 и преобразование g-1 · g = e.

13. Из определений преобразования e и произведения преобразо ваний получаем (eg)(A) = e(g(A)) = g(A) и (ge)(A) = g(e(A)) = g(A) для любого элемента A. Поэтому eg = g и ge = g.

14. ((g1g2)g3)(A) = (g1g2)(g3(A)) = g1(g2(g3(A)));

(g1(g2g3))(A) = g1((g2g3)(A)) = g1(g2(g3(A))) 15. 1) Нет. Единичным элементом здесь может быть только 1, и не существует элемента 0-1, т. е. элемента x такого, что 0 · x = x · 0 = 1.

2) Да.

16. Да.

17. а) Нет. Среди натуральных чисел нет единичного элемента x такого, что n + x = x + n = n для любого натурального n. (Если же рассматривать натуральные числа вместе с нулем, то у всех элемен тов, кроме 0, не будет противоположных.) б) Нет. Единичным эле ментом может быть только 1, но тогда у всех элементов, кроме 1, не будет обратных.

18. Пусть e1 и e2 — два единичных элемента. Тогда e1a = a и ae2 = a для любого элемента a. Поэтому e1e2 = e2 и e1e2 = e1. Отсюда e1 = e2.

19. Пусть элемент a имеет два обратных элемента a1 и a2. Тогда (a1a)a2 = ea2 = a2 и a1(aa2) = a1e = a1. Ho в силу ассоциативности (a1a)a2 = a1(aa2). Поэтому a1 = a2.

20. 1) ee = e. 2) a-1a = aa-1 = e.

21. Проведем доказательство методом математической индукции.

Для n = 3 утверждение задачи верно, так как в этом случае можно построить только два произведения: (a1a2)a3 и a1(a2a3) и по усло вию задачи (a1a2)a3 = a1(a2a3). Пусть утверждение задачи верно для всех n таких, что 3 n < k. Докажем, что тогда оно верно и для n = k. Пусть дано произвольное правильно построенное произведение A, содержащее k сомножителей a1, a2,..., ak. В нем имеется операция умножения, которая выполняется последней, и, следовательно, произ ведение A представимо в виде A = (A1) · (A2), где A1 и A2 — правиль но построенные произведения, содержащие соответственно l и k - l сомножителей, причем l < k и k - l < k. Так как l < k и k - l < k, то по предположению индукции произведение A1 задает тот же элемент, что и произведение (... ((a1 · a2) · a3) ·... · al-1) · al, а A2 — тот же элемент, что и произведение (... ((al+1 · al+2) · al+3) ·... · ak-1) · ak.

Следовательно, произведение A задает тот же элемент, что и произ ведение (... ((a1 · a2) · a3) ·... · al) · (... ((al+1 · al+2) · al+3) ·... · ak).

Пусть (... ((a1 · a2) · a3) ·... · al-1) · al = a, (... ((al+1 · al+2) · al+3) ·... · ak-2) · ak-1 = b.

Тогда A задает элемент a · (b · ak). Но в силу ассоциативности a · (b ak) = (a · b) · ak. Произведение a · b задано у нас как правильно построенное произведение, содержащее k - 1 < k сомножителей. По этому по предположению индукции ab = (... ((a1 · a2) · a3) ·... · ak-2) · ak-1.

Отсюда произведение A задает элемент a · (b · ak) = (a · b) · ak = (... ((a1 · a2) · a3) ·... · ak-1) · ak.

Что и требовалось доказать.

22. Ответ. 1) Да, 2) да, 3) нет, 4) да, 5) да.

23. 1) (ab)(b-1a-1) = a(bb-1)a-1 = aea-1 = aa-1 = e и (b-1a-1) (ab) = b-1(a-1a)b = b-1eb = b-1b = e. 2) Доказывается индукцией no n: если для n - 1 уже доказано, то (a1 ·... · an)-1 = (по пункту 1) = = a-1 · (a1 ·... · an-1)-1 = a-1 · a-1 ·... · a-1.

n n n-1 24. Пусть ax = b для некоторого элемента x. Тогда, умножая обе части равенства на a-1 слева, получим a-1ax = a-1b и x = a-1b. Та ким образом, решением уравнения ax = b может быть только один элемент a-1b. Этот элемент действительно является решением, так как a(a-1b) = (aa-1)b = b. Точно так же доказывается, что уравнение ya = b имеет единственное решение y = ba-1.

25. Так как aa = e для любого элемента a, то для любых элемен тов b и c имеем (bc)(bc) = e. Умножим обе части этого равенства слева на b и справа на c. Получим bbcbcc = bec. Так как bb = e и cc = e, то получаем (ec)(be) = (be)c и cb = bc. Так как b и c — любые элементы группы G, то эта группа коммутативная.

26. Надо доказать, что am · (a-1)m = (a-1)m · am = e. Име ем am(a-1)m = am-1a · a-1 · (a-1)m-1 = am-1 · e · (a-1)m-1 = am- (a-1)m-1 =... = a · a-1 = e. Точно так же доказывается, что (a-1)m · am = e. (Для большей строгости надо применить принцип математической индукции.) 27. Рассмотрим несколько случаев: а) m > 0, n > 0, тогда am an = a · a ·.. · a · a · a ·.. · a = a · a ·.. · a = am+n;

б) m < 0, n < 0,...

m n m+n m = -k (k > 0), n = -l (l > 0), тогда am · an = a-k · a-l = (a-1)k (a-1)l = (см. случай а)) = (a-1)k+l = a-(k+l) = am+n;

в) m > 0, n < 0, m + n 0, тогда am · an = (см. случай а)) = (am+n · a-n) a-(-n) = am+n · a-n · (a-n)-1 = am+n;

г) m > 0, n < 0, m + n < 0, тогда am · an = (см. б)) = am · (a-m · am+n) = am · (am)-1 · am+n = = am+n. Случай m < 0, n > 0 разбирается аналогично случаям в) и г). Случаи m = 0, или n = 0 легко проверяются.

n 28. Рассмотрим несколько случаев: а) n > 0, тогда (am)n = am · am ·.. · am = (см. 27) = am+m+...+m =.

n = amn;

б) n < 0, m > 0, n = -l (l > 0), тогда (am)n = ((am)l)-1 = = (см. случай а)) = (aml)-1 = (так как ml > 0)= a-ml = amn;

в) n < 0, m < 0, n = -l (l > 0), m = -k (k > 0), тогда (am)n = (((ak)-1)-1)l = = (см. 20) = (ak)l = (см. случай а)) = akl = amn. Случаи m = 0 или n = 0 легко проверяются.

29. Ответ. В группе симметрий треугольника (см. 3) a, b поряд ка 3, c, d, f порядка 2;

квадрата (см. 5) b, c порядка 4, a, d, f, g, h порядка 2;

ромба (см. решение 6) все элементы (отличные от e) порядка 2.

30. 1) Пусть ak = al, где 0 k n - 1, 0 l n - 1 и k > l. Умно жим обе части равенства справа на a-l. Получим ak · a-l = al · a-l и (см. 27) ak-l = e. Так как 0 < k - l n - 1, то получаем противоречие с тем, что порядок элемента a равен n.

2) Любое целое число m можно представить в виде m = nt + r, где 0 r n - 1 и t — некоторое целое число. Тогда am = ant+r = = (см. 27) = ant · ar = (см. 28) = (an)t · ar = (так как an = e) = ar, где 0 r n - 1.

31. У к а з а н и е. Образующий элемент — поворот на угол 2 /n.

32. Ответ. В группе вращений треугольника образующие: a — вращение на 120 и b — вращение на 240, в группе вращений квад рата: b — вращение на 90 и c — вращение на 270.

33. Пусть m = nd + r, где 0 r n - 1. Тогда (см. решение 30 2)) am = ar. Но ar = e тогда и только тогда (см. 30 1)), когда r = 0. Отсюда am = e тогда и только тогда, когда m = nd.

34. (am)p = amp = (ap)m = em = e. Поэтому (см. 33) порядок эле мента am должен быть делителем числа p. Так как p — простое число, то отсюда следует утверждение задачи.

35. n/d и m/d — целые числа, поэтому (am)n/d = amn/d = (an)m/d = = em/d = e. Если же k — такое натуральное число, что (am)k = amk = = e, то (см. 33) mk должно делиться на n и m/d · k должно делиться на n/d. Так как числа m/d и n/d взаимно просты, то k должно де литься на n/d. Следовательно, наименьшим натуральным k таким, что (am)k = e является k = n/d.

36. Пусть a — поворот против часовой стрелки на угол 2 /12. Тогда все элементы рассматриваемой группы — это e, a, a2,..., a11. Для того чтобы элемент am был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12, и, следовательно, числа m и 12 (см. 35) должны быть взаимно просты. Поэтому am будет образующим при m = 1, 5, 7, 11.

5 7 Ответ. Образующими являются повороты на углы,,,.

6 6 6 37. Пусть ak = al и k > l. Тогда ak · a-l = al · a-l и ak-l = e, в противоречие с тем, что a — элемент бесконечного порядка.

38. У к а з а н и е. Если рассматривается группа по сложению, то под am понимается сумма a + a +... + a (m слагаемых) и под a- понимается -a. Образующими будут 1 и -1.

39. а) См. табл. 8, б) см. табл. 9, в) см. табл. 10.

Т а б л и ц а 8 Т а б л и ц а 9 Т а б л и ц а + 0 1 + 0 1 2 + 0 1 2 0 0 1 0 0 1 2 0 0 1 2 1 1 0 1 1 2 0 1 1 2 3 2 2 0 1 2 2 3 0 3 3 0 1 40. Докажем, что выполняются все свойства группы: 1) для любых остатков a, b, c имеем (a + b) + c = a + (b + c) по модулю n, так как и справа и слева получится остаток от деления на n числа a + b + c;

2) единичным элементом является 0, так как m + 0 = 0 + m = m для любого остатка m;

3) если m = 0, то обратным (противоположным) для m элементом будет n - m, так как по модулю n имеем m + (n - m) = (n - m) + m = 0;

обратным для элемента 0 будет он сам. Эта группа циклическая с образующим 1, так как наименьшее k такое, что 1 + 1 +... + 1 = 0 по модулю n, равно n.

k 41. Так как am · ar = ak, то am · ar · a-k = ak · a-k и a(m+r)-k = e.

Следовательно (см. 33), (m + r) - k делится на n, т. e. m + r и k дают при делении на n одинаковые остатки.

42. Ответ. Изоморфны 1) и 4) (рассмотрите отображение :

(e) = 0, (a) = 2, (b) = 1, (c) = 3) и изоморфны 2) и 3) (рассмотрите отображение : (e) = e, (a) = a, (b) = b, (c) = c (см. решения и 7)).

- 43. Так как — взаимно однозначное отображение, то суще ствует и является взаимно однозначным отображением. Пусть c и d — произвольные элементы группы G2. Существуют (единственные) эле менты a и b в группе G1 такие, что (a) = c и (b) = d. Так как — изоморфизм, то (ab) = (a) (b) = cd (произведения берутся в -1 -1 - соответствующих группах). Отсюда (cd) = ab = (c) (d). Так - как c и d — произвольные элементы группы G2, то — изоморфизм.

44. Так как : G1 G2 и : G2 G3 — взаимно однозначные 1 отображения, то и : G1 G3 — взаимно однозначное отобра 2 жение. Пусть a и b — произвольные элементы группы G1. Тогда ( )(ab) = ( (ab)) = ( (a) · (b)) = ( (a)) · ( (b)) = 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 = (( )(a)) · (( )(b)) и, следовательно, — изоморфизм 2 1 2 1 2 (произведения берутся в соответствующих группах).

45. У к а з а н и е. Воспользуйтесь результатом задачи 41. Изомор физм: (am) = m.

46. У к а з а н и е. Воспользуйтесь результатом задачи 27. Изомор физм: (am) = m.

47. Пусть (eG) = x. Тогда x · x = (eG) · (eG) = (так как — изоморфизм) = (eG · eG) = (eG) = x, т. е. x2 = x. Умножив обе части этого равенства на x-1 в группе F, получим x2x-1 = xx-1 и x = eF.

48. (g) (g-1) = (так как — изоморфизм) = (g · g-1) = (eG) = = (см. 47) = eF. Отсюда (g-1) = [ (g)]-1.

49. Пусть n — натуральное число. Тогда (gn) = (g ·... · g) = n = (так как — изоморфизм) = (g) ·... · (g) = hn. Пусть n1 и — n порядки элементов g и h. Тогда (gn2 ) = hn2 = eF и (см. 47) gn2 = eG.

Отсюда n1 n2. С другой стороны, hn1 = (gn1 ) = (eG) = eF, откуда n2 n1. Следовательно, n1 = n2.

50. Ответ. а) одна группа — Z2, б) одна группа Z3.

Р е ш е н и е. а) Пусть, a — элементы группы и e — единичный элемент. Тогда e · e = e, e · a = a · e = a и остается задать только a · a.

Если a · a = a = a · e, то (см. 24) a = e — противоречие. Значит, a2 = e и имеется только одна группа, содержащая 2 элемента. Это цикличе ская группа Z2.

б) Пусть e, a, b — элементы группы и e — единичный элемент.

Нужно задать, чему равны произведения ab, ba, aa, bb. Если ab = a, то b = e — противоречие, если ab = b, то a = e — противоречие. Значит, ab = e и точно так же ba = e. Если a2 = a, то a = e — противоречие;

если a2 = e = ab, то a = b — противоречие. Значит a2 = b и точно так же b2 = a. Следовательно, существует только одна группа, со держащая три элемента. Так как a3 = a2 · a = ba = e, то эта группа с элементами e, a, b = a2 — циклическая группа Z3.

51. Ответ. Например, группа вращений квадрата не изоморфна группе симметрий ромба, так как в первой есть элемент порядка 4, а во второй нет (см. 49).

52. Рассмотрим отображение (x) = 2x. Если x принимает все возможные действительные значения, то 2x при этом принимает ровно по одному разу все положительные действительные значения.

Поэтому — взаимно однозначное отображение множества всех действительных чисел на множество всех положительных действи тельных чисел. При этом для любых действительных чисел x и y имеем (x + y) = 2x+y = 2x · 2y = (x) · (y) и, следовательно, — изоморфизм группы всех действительных чисел по сложению на группу всех положительных действительных чисел по умножению *).

53. Пусть y — произвольный элемент группы G, тогда (a-1y) = a = aa-1y = y, поэтому — отображение группы G на всю группу G.

a Если (x) = (y), то ax = ay и = y, поэтому — взаимно однознач a a a ное отображение группы G на себя.

54. ( )(x) = ( (x)) = (bx) = abx = (x) для любого a b a b a ab элемента x, поэтому =. Так как (a-1x) = aa-1x = x, a b ab a то ( )-1(x) = a-1x = (x) для любого элемента x, поэтому a a- ( )-1 =. Следовательно, мы имеем группу преобразований a a- (см. определение группы преобразований, стр. 20).

55. Рассмотрим отображение такое, что (a) =. Так как a (e) = ae = a и (e) = be = b, то = при a = b. Поэтому a b a b — взаимно однозначное отображение. Кроме того, (ab) = = ab = (см. решение 54) = = (a) (b). Следовательно, — изомор a b физм.

56. а) Пусть eG и eH — единичные элементы соответственно в груп пе G и в подгруппе H. В подгруппе H имеет место равенство eHeH = eH. По определению подгруппы это равенство верно также и в груп пе G. Кроме того, в группе G выполняется равенство eGeH = eH.

Отсюда в группе G получаем eHeH = eGeH и (см. 24) eH = eG.

б) Пусть a — произвольный элемент подгруппы H, и пусть a- G и a-1 — обратные к нему элементы соответственно в группе G и в H подгруппе H. Тогда в подгруппе H имеем a-1a = eH = (см. выше) = H = eG. По определению подгруппы это равенство верно также и в *) Вместо основания 2 можно было взять любое основание a > (a = 1), так как любое отображение (x) = ax является изоморфиз мом.

группе G. Кроме того, в группе G имеем a-1a = eG. Отсюда в группе G G получаем a-1a = a-1a и a-1 = a-1.

H G H G 57. Н е о б х о д и м о с т ь вытекает из результата задачи 56 и опре деления подгруппы.

Д о с т а т о ч н о с т ь. По свойству 1 бинарная операция группы G является также бинарной операцией и для H. Элемент eG, который содержится в H по свойству 2, является единичным элементом в H, так как eGa = aeG = a для любого элемента a группы G и, в част ности, для всех элементов из H. Если a — произвольный элемент из H, то элемент a-1, который содержится в H по свойству 3), яв G ляется обратным к a в H, так как a-1a = aa-1 = eG = eH. Ассо G G циативность, очевидно, имеет место. Следовательно, H — подгруппа группы G.

58. Ответ (обозначения см. в примерах 1–4). 1) Подгруппа вра щений {e, a, b}, 3 подгруппы отражений относительно высот: {e, c}, {e, d}, {e, f}, 2 тривиальные подгруппы: {e} и вся группа;

2) подгруп па вращений {e, a, b, c}, подгруппа центральных симметрий {e, a}, 4 подгруппы отражений относительно осей симметрии: {e, d}, {e, f}, {, g}, {e, h}, еще 2 подгруппы: {e, a, d, f} и {e, a, g, h}, 2 тривиаль ные подгруппы: {e} и вся группа.

59. Ответ. Пусть данные группы содержат элементы {e, a, a2,...

..., an-1} (n = 5, 8, 15). Тогда подгруппами будут: а) {e}, Z5;

б) {e}, {e, a4} Z2, {e, a2, a4, a6} Z4, Z8;

в) {e}, {e, a5, a10} Z3, = = = {e, a3, a6, a9, a12} Z5, Z15 (см. 60).

= 60. Пусть подгруппа H отлична от {e} и пусть ad — элемент с наименьшим положительным показателем степени среди всех элемен тов подгруппы H. Тогда в H содержатся также все элементы вида akd = (ad)k при любом целом k. Пусть am — произвольный элемент подгруппы H. Разделим m на d с остатком: m = td + r, где 0 r d - 1. Тогда в H содержится элемент am · a-td = am-td = ar. Если r > 0, то получаем противоречие с тем, что d — наименьший показа тель в H. Значит, r = 0 и m делится на d. Так как элемент an = e входит в H, то d является делителем n. Таким образом, подгруппа H имеет вид, указанный в задаче.

61. Решение такое же, как и у задачи 60.

62. Если некоторый элемент группы имеет бесконечный порядок, то порожденная им бесконечная циклическая подгруппа содержит бесконечно много подгрупп (см. 61), которые также являются под группами исходной группы. Если же порядки всех элементов конеч ны, то рассмотрим циклические подгруппы, порожденные следующи ми элементами: сначала произвольным элементом a1, затем элемен том a2, не вошедшим в построенную подгруппу, затем элементом a3, не вошедшим в обе построенные подгруппы, и т. д. Этот процесс можно будет продолжать неограниченно, так как все построенные подгруппы конечны.

63. Пусть H1, H2,..., Hm — подгруппы некоторой группы G и H — их пересечение. Тогда (см. 57): 1) если a и b содержатся в H, то a и b содержатся во всех Hi. Поэтому ab также содержится во всех Hi и, следовательно, в H;

2) e содержится во всех подгруппах Hi и, следовательно, содержится в H;

3) если a — произвольный элемент из H, то a содержится во всех Hi. Тогда a-1 также содержится во всех Hi и, следовательно, в H. В силу результата задачи 57 H — подгруппа группы G.

64. Ответ. a — да, b — да, c — нет, d — нет, 65. Вершина A может перейти в любую вершину, B — в любую из оставшихся, C — в любую из двух оставшихся. Ответ. 4 · 3 · 2 = 24.

66. Ответ. а) Все симметрии, оставляющие на вершину D;

месте A B C D A B C D A B C D A B C D б) e =, d =, d2 =, d3 =.

A B C D B C D A C D A B D A B C 67. Придадим сначала нашему определению ориентации более симметричную форму. Мы определили ориентацию с помощью вершины D, но если задано расположение треугольника ABC от носительно вершины D, то этим, как легко видеть, однозначно определяется расположение любого треугольника относительно чет вертой вершины. Поэтому преобразование, сохраняющее ориентацию тетраэдра, сохраняет расположение любого треугольника относитель но четвертой вершины, а преобразование, меняющее ориентацию, изменяет расположение любого треугольника относительно четвер той вершины. Ясно теперь, что произведение двух преобразований тетраэдра, сохраняющих ориентацию, так же как и произведение двух преобразований, меняющих ориентацию, сохраняет ориентацию.

Если же одно преобразование сохраняет ориентацию, а второе меняет ее, то произведение этих преобразований меняет ориентацию. Так как e, очевидно, ориентацию сохраняет и a-1a = e для любого преобразования a, то если a сохраняет ориентацию, то и a-1 сохраняет ориентацию. Следовательно (см. 57), все симметрии тетраэдра, сохра няющие ориентацию, образуют подгруппу в группе всех симметрий тетраэдра. Так как вершина D может перейти в любую вершину, после чего треугольник ABC может занять любое из трех положений, то эта подгруппа содержит 4 · 3 = 12 элементов.

68. Ответ. а) Подгруппа вращений относительно оси, проходя щей через середины противоположных ребер;

б) подгруппа вращений вокруг высоты, опущенной из вершины D на плоскость треугольни ка ABC.

69. Используя ассоциативность в G и H, докажем ассоциативность в G H. Имеем ((g1, h1)(g2, h2))(g3, h3) = (g1g2, h1h2)(g3, h3) = = ((g1g2)g3, (h1h2)h3) = (g1(g2g3), h1(h2h3)) = = (g1, h1)(g2g3, h2h3) = (g1, h1)((g2, h2)(g3, h3)).

Далее (eG, eH)(g, h) = (eGg, eHh) = (g, h) и (g, h)(eG, eH) = = (geG, heH) = (g, h). Поэтому пара (eG, eH) — единичный элемент в G H. Кроме того, (g-1, h-1)(g, h) = (g-1g, h-1h) = (eG, eH) и (g, h)(g-1, h-1) = (gg-1, hh-1) = (eG, eH). Поэтому (g-1, h-1) — элемент, обратный к (g, h) в G H. Таким образом, G H обладает всеми свойствами группы.

70. Ответ. nk.

71. У к а з а н и е. Проверьте, что отображение такое, что ((g, h)) = (h, g), — изоморфизм группы G H на группу H G.

72. Ответ. Все элементы вида (g, eH) образуют подгруппу в G, изоморфную группе G. Все элементы вида (eG, h) образуют подгруп пу, изоморфную группе H.

73. Имеем: (g1, h1)(g2, h2)=(g1g2, h1h2)=(g2g1, h2h1)=(g2, h2) (g1, h1).

74. 1) Если: (g1, h1) и (g2, h2) содержатся в G1 H1, то g1, g2 и g1g2 содержатся в G1 и h1, h2 и h1h2 содержатся в H1. Поэтому в G1 H1 содержится элемент (g1g2, h1h2) = (g1, h1)(g2, h2).

2) Так как G1 и — подгруппы соответственно в G и H, то eG со держится в G1 и eH содержится в H1. Поэтому в G1 H1 содержится (G, eH) — единичный элемент группы G H.

3) Если элемент (g, h) содержится в G1 H1, то g содержится в G - и h содержится в H1. Так как G1 и H1 — подгруппы, то gG содер жится в G1 и h-1 содержится в H1. Поэтому в G1 H1 содержится H - (gG, h-1) — элемент, обратный к (g, h) в группе G H.

H В силу результата задачи 57 G1 H1 — подгруппа группы G H.

75. Нет. Рассмотрим следующий пример. Пусть G = {e1, c} и H = {e2, d} — две циклические группы второго порядка. Тогда {(e1, e2), (c, d)} — подгруппа группы G H, не представимая ука занным в задаче способом.

76. Пусть данный ромб имеет вершины ABCD. Пусть G = = {e1, g} — группа преобразований элементов A и C, а H = {e2, h} — группа преобразований элементов B и D. Тогда отображение такое, что (обозначения см. в решении 6) (e) = (e1, e2), (a) = (g, h), (b) = (e1, h), (c) = (g, e2) будет, легко видеть, изоморфизмом группы симметрий ромба на груп пу G H Z2 Z2.

= 77. 1) Пусть (e1, g) и (e2, h, h2) — данные группы. Найдем по рядок элемента a = (g, h): a2 = (g2, h2) = (e1, h2) = (e1, e2), a3 = = (g, e2) = (e1, e2), a4 = (e1, h) = (e1, e2), a5 = (g, h2) = (e1, e2), a6 = (e1, e2). Так как группа Z2 Z3 содержит только 6 элементов, то Z2 Z3 Z6.

= 2) Пусть (g, h) — произвольный элемент группы Z2 Z4. Тогда (g, h)4 = (g4, h4) = (e1, e2). Поэтому в Z2 Z4 нет элемента порядка и, следовательно, группа Z2 Z4 не изомофна Z8.

78. Пусть g — образующий в Zm, a h — образующий в Zn, и пусть r — порядок элемента (g, h) в группе Zm Zn. Так как (g, h)mn = = (gmn, hmn) = (e1, e2), то r mn. А так как (gr, hr) = (g, h)r = = (e1, e2), то (см. 33) r делится на m и на n. Если m и n взаимно просты, то получаем, что r = mn и (g, h) — образующий в группе Zm Zn. Следовательно, Zm Zn Zmn.

= Если же m и n не взаимно просты, то для их наименьшего общего кратного k имеем k < mn. Пусть k = mk1 и k = nk2. Если g и h — произвольные элементы групп Zm и Zn, то gm = e1 и hn = e2. По этому (g, h)k = (gmk1, hnk2 ) = (e1, e2). Так как k < mn, то получаем, что в этом случае в группе Zm Zn нет элементов порядка mn и, следовательно, группы Zm Zn и Zmn не изоморфны.

79. Ответ (см. § 1, примеры 1 и 2), а) {e, a, b}, {c, d, f};

б) {e, c}, {a, f}, {b, d}.

80. Так как x = xe и e содержится в H, то элемент x содержится в классе xH.

81. По условию y = xh1, где h1 — некоторый элемент подгруппы H.

Отсюда x = yh-1. Пусть h — произвольный элемент подгруппы H.

Тогда элементы h1h и h-1h принадлежат H. Поэтому элемент yh = (xh1)h = x(h1h) содержится в xH, а элемент xh = (yh-1)h = y(h-1h) 1 содержится в yH. Так как каждый элемент из yH содержится в xH и наоборот, то xH = yH.

82. Пусть элемент z входит в xH и в yH. Тогда (см. 81) xH = zH и yH = zH. Отсюда xH = yH.

83. У к а з а н и е. Порядок любого элемента равен порядку порож денной им циклической подгруппы. Далее воспользуйтесь теоремой Лагранжа.

84. У к а з а н и е. Если порядок группы p — простое число, то по рядок любого элемента, отличного от e (см. 83), равен p.

85. Воспользуйтесь теоремой Лагранжа. Ответ. Две — {e} и вся группа.

86. У к а з а н и е. Воспользуйтесь результатами задач 84 и 45.

87. Пусть G — данная группа порядка m и n = md. Ответ. G Zd (см. 72).

88. Ответ. Может. Например, в группе вращений тетраэдра, со держащей 12 элементов (см. 67), нет подгрупп, содержащих 6 элемен тов. Доказательство см. ниже.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Группа вращений тетраэдра (см. 67) содер жит 12 элементов: тождественное преобразование e, 8 вращений (на 120 и 240) вокруг высот, опущенных из каждой вершины на проти воположную грань, и 3 вращения (на 180) вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер. Предположим, что группа вращений тетраэдра содержит подгруппу, имеющую 6 элементов. Эта подгруппа должна, очевидно, содержать хотя бы одно вращение a вокруг некоторой высоты, например, опущенной из вершины A. Ес ли a — вращение на 120 (или на 240), то a2 — вращение на (на 120). Поэтому наша подгруппа должна содержать оба вращения вокруг высоты, опущенной из вершины A. Так как имеется только 3 вращения (включая тождественное преобразование), оставляющие на месте вершину A, то наша подгруппа должна содержать враще ние b, переводящее вершину A в некоторую другую вершину, напри мер в B. Тогда в подгруппе содержится также элемент bab-1. Это вращение переводит вершину B в B и, кроме того, bab-1 = e (иначе a = b-1b = e). Поэтому наша подгруппа должна содержать хотя бы одно, а следовательно, и оба вращения вокруг высоты, опущенной из вершины B. Эти вращения переводят вершину A в C и в D. Отсюда, как и выше, получаем, что наша подгруппа должна содержать все вращения вокруг высот, опущенных из вершин C и D. Получили уже 9 элементов (вместе с e). Противоречие. Значит, в группе вращений тетраэдра нет подгрупп порядка 6.

89. Ответ.

а) Левое и правое разложения совпадают — {e, a, b}, {c, d, f};

б) левое разложение — {e, c}, {a, f}, {b, d}, правое разложение — {e, c}, {a, d}, {b, f}.

90. Ответ. а) Оба разложения совпадают — {e, a}, {b, c}, {d, f}, {g, h};

б) левое разложение — {e, d}, {b, g}, {a, f}, {c, h}, правое разло жение — {, d}, {b, h}, {a, f}, {c, g}.

91. Ответ. Оба разложения совпадают и содержат по 3 смежных класса: 1) все числа вида 3k (k = 0, ±1, ±2,... ), 2) все числа вида 3k + 1 (k = 0, ±1, ±2,... ), 3) все числа вида 3k + 2 (k = 0, ±1, ±2,... ).

92. Ответ. а) Две группы: Z4 и Z2 Z2.

б) две группы: Z8 и группа симметрий треугольника;

в) пять групп: Z8, Z4 Z2, (Z2 Z2) Z2, группа симметрий квад рата, группа кватернионов с элементами ±1, ±i, ±j, ±k и таблицей умножения, показанной в табл. 11.

Т а б л и ц а 1 -1 i -i j -j k -k 1 1 -1 i -i j -j k -k -1 -1 1 -i i -j j -k k i i -i -1 1 k -k -j j -i -i i 1 -1 -k k j -j j j -j -k k -1 1 i -i -j -j j k -k 1 -1 -i i k k -k j -j -i i -1 -k -k k -j j i -i 1 - Р е ш е н и е. а) Пусть {e, a, b, c} — элементы искомой группы. То гда порядки элементов a, b, c либо 2, либо 4 (см. 83). Рассмотрим несколько случаев.

1) Среди a, b, есть элемент порядка 4, тогда данная группа — циклическая группа Z4.

2) Порядки элементов a, b и c равны 2, т. е. a2 = b2 = c2 = e. Посмот рим, чему в этом случае может равняться ab. Не может быть ab = e (иначе ab = a2 и b = a), ab = a (иначе b = e) и ab = b (иначе a = e).

Значит, может быть только ab = c. Точно так же ba = c, ac = ca = b и bc = b = a. Таблица умножения полностью задана и мы получаем (см. 6) группу симметрий ромба, изоморфную группе Z2 Z2 (см. 76).

б) Элементы искомой группы могут иметь порядки 1, 2, 3 или (см. 83). Рассмотрим несколько случаев.

1) Есть элемент порядка 6, тогда данная группа — циклическая группа Z6.

2) Все неединичные элементы порядка 2, тогда группа коммута тивна (см. 25), и если a, b — элементы искомой группы, то элементы {e, a, b, ab} образуют подгруппу в ней. Этого быть не может (см.

теорему Лагранжа) и, следовательно, этот случай не может иметь места.

3) Все неединичные элементы имеют порядок 2 или 3 и есть эле мент порядка 3. Пусть a — элемент порядка 3 и c — элемент, не яв ляющийся степенью элемента a. Тогда {e, a, a2} и {c, c, ca2} — два левых смежных класса по подгруппе {e, a, a2} и, следовательно, все элементов e, a, a2, c, ca, ca2 различны (см. 82). Докажем, что на этом множестве из 6 элементов можно только одним способом за дать таблицу умножения. Докажем, во-первых, что c2 = e. Действи тельно, не может быть c2 = cak (иначе c = ak). Если бы было c2 = a (или c2 = a2), то было бы c3 = cc2 = ca = e (или c3 = ca2 = e), но мы предполагаем, что все элементы имеют порядок 2 или 3. Сле довательно, = e. Так как c — произвольный элемент, не входящий в подгруппу {e, a, a2}, то также (ca)2 = e и (ca2)2 = e. Теперь однознач но определяется произведение любых двух из выписанных выше элементов. Действительно, akal = ak+l, (cak)al = cak+l, (cak)(cal) = = (cak)(cak)al-k = eal-k = al-k, ak(cal) = c(cak)(cal) = (см. выше) = = cal-k. Таким образом, таблицу умножения в этом случае можно задать только одним способом так, чтобы получилась группа. Сле довательно, существует только одна группа с 6 элементами, порядки всех элементов которой равны 2 и 3. Мы знаем такую группу — это группа симметрий треугольника.

в) Элементы искомой группы могут иметь порядки 1, 2, 4 или (см. 83). Рассмотрим несколько случаев.

1) Есть элемент порядка 8, тогда данная группа — циклическая группа Z8.

2) Все неединичные элементы имеют порядок 2. Тогда данная группа коммутативна (см. 25). Пусть в этом случае a и b — различные элементы искомой группы, отличные от e. Тогда {e, a, b, ab} — под группа искомой группы. Если элемент c не входит в эту подгруппу, то элементы {c, ac, bc, abc} образуют второй правый смежный класс по подгруппе {e, a, b, ab} и, следовательно, все 8 элементов e, a, b, c, ab, ac, bc, abc различны. Произведение этих элементов однозначно определяется, так как группа должна быть коммутативна и a2 = b2 = c2 = e (например, (ac)(abc) = a2bc2 = b). Таким образом, если все элементы имеют порядок 2, то может быть только одна группа. Такая группа действительно есть — это (Z2 Z2) Z2.

3) Есть элемент a порядка 4 и среди элементов, отличных от e, a, a2, a3, есть элемент b порядка 2, т. е. b2 = e. В этом случае {e, a, a2, a3} и {b, ba, ba2, ba3} — два левых смежных класса по под группе {e, a, a2, a3} и, следовательно, все 8 выписанных элементов различны. Посмотрим, какому из этих элементов может равняться произведение ab. Не может быть ab = ak (иначе b = ak-1) и ab = b (иначе a = e). Если ab = ba2, то ab2 = ba2b и (так как b2 = e) a = ba2b.

Тогда a2 = (ba2b)(ba2b) = ba2a2b = bb = e — противоречие. Значит, либо ab = ba, либо ab = ba3.

Рассмотрим 2 подслучая:

) ab = ba. Тогда таблица умножения однозначно определяет ся. Действительно, akal = ak+l, ak(bal) = bak+l, (bak)al = bak+l, (bak)(bal) = b2ak+l = ak+l. Значит, в этом случае может быть только одна группа. Такая группа действительно есть. Это группа Z4 Z2.

Если e1 и g — единица и образующий группы Z4, e2 и h — единица и образующий группы Z2, то достаточно положить a = (g, e2), b = (e1, h) и все указанные выше свойства будут выполняться.

) ab = ba3. В этом случае таблица умножения также одно значно определяется. Действительно, akal = ak+l, (bak)al = bak+l, akb = ba3k, ak(bal) = ba3k+l, (bak)(bal) = b(akbal) = b2a3k+l = a3k+l.

Значит, в этом случае может быть только одна группа. Такая группа действительно есть. Это группа симметрий квадрата. Достаточно по ложить: a — вращение на 90, b — симметрия относительно диагонали, и будут выполняться все указанные выше свойства.

4) Есть элемент a порядка 4 и все элементы, отличные от e, a, a2, a3, также имеют порядок 4. Пусть b — произвольный из элементов, отличных от e, a, a2, a3. Тогда элементы e, a, a2, a3, b, ba, ba2, ba все различны. Посмотрим, какому из элементов может равняться произведение bb. Не может быть b2 = bak (иначе b = ak) и b2 = e (так как порядок b равен 4). Если b2 = a (или b2 = a3), то b4 = a2 = e — противоречие. Значит, b2 = a2. Так как b — произвольный элемент, отличный от e, a, a2, a3, то также (ba)2 = (ba2)2 = (ba3)2 = a2.

Так как baba = a2 = b2, то aba = b, aba4 = ba3 и ab = ba3. Таб лица умножения теперь однозначно определяется. Действительно, akal = ak+l, (bak)al = bak+l, akb = ba3k, ak(bal) = ba3k+l, (bak)(bal) = = b2a3k+l = a2a3k+l = a3k+l+2. Итак, в этом случае может быть только одна группа. Можно проверить, что наша таблица умножения действительно задает группу. Эта группа называется группой ква тернионов. Элементы ее удобно переобозначить следующим образом:

вместо e, a, a2, a3, b, ba, ba2, ba3 — соответственно 1, i, -1, -i, j, -k, -j, k. Тогда умножение на 1, -1 и операции со знаками будут такими же, как в алгебре. Кроме того, будет i2 = j2 = k2 = -1, ij = = k, ji = -k, jk = i, kj = -i, ki = j, ik = -j. Таблица умножения для группы кватернионов показана в табл. 11 (стр. 125).

93. Возьмем вершину, новое обозначение которой A. Тогда ее ста рое обозначение g-1(A). Под действием рассматриваемого преобра зования эта вершина переходит в вершину, старое обозначение кото рой hg-1(A) и новое обозначение которой ghg-1(A). Точно так же в новых обозначениях вершина B переходит в вершину ghg-1() и C в ghg-1(C). Следовательно, этому преобразованию в новых обозна чениях соответствует подстановка ghg-1.

94. ghg-1 = h1 тогда и только тогда, когда h = g-1h1g. Поэтому у каждого элемента h1 при отображении есть, и притом единствен g ный, прообраз. Следовательно, отображение (h) = ghg-1 — взаимно g однозначное отображение группы на себя. Кроме того, (h1h2) = g = g(h1h2)g-1 = gh1(g-1g)h2g-1 = (gh1g-1)(gh2g-1) = (h1) (h2).

g g Поэтому — изоморфизм.

g 95. Ответ. В отражения относительно всех высот, 96. Ответ. Во вращения на 120 и на 240.

97. Ответ. Разобьем все элементы группы симметрий тетраэдра на следующие классы: 1) e;

2) все вращения вокруг высот, отлич ные от e;

3) все вращения на 180 вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер;

4) все отражения относительно плоскостей, проходящих через какое-либо ребро и середину проти воположного ребра;

5) все преобразования, порождающие цикличе A B C D скую подстановку вершин например,. Тогда 2 элемента B C D A могут переходить друг в друга при внутренних автоморфизмах груп пы симметрий тетраэдра в том и только в том случае, если они со держатся в одном классе.

В случае группы вращений тетраэдра классов 4 и 5 не будет, а класс 2 разобьется на 2 подкласса: 2а) все вращения вокруг высот на 120 против часовой стрелки (если смотреть со стороны вершины, из которой опущена высота);

2б) все вращения вокруг высот на 240.

Р е ш е н и е. Пусть все элементы группы симметрий тетраэдра раз биты на классы так, как это сделано выше. Тогда эти классы харак теризуются следующими свойствами: 2) все элементы порядка 3 и сохраняют ориентацию тетраэдра, 3) все элементы порядка 2 и сохра няют ориентацию, 4) все элементы порядка 2 и меняют ориентацию, 5) все элементы порядка 4 и меняют ориентацию. Так как внутренний автоморфизм является изоморфизмом (см. 94), то элементы разного порядка не могут переходить друг в друга (см. 49). Кроме того, h и ghg-1 либо оба меняют ориентацию, либо оба сохраняют ее (доста точно рассмотреть два случая: g сохраняет ориентацию и g меняет ориентацию). Таким образом, элементы разных классов не могут пе реходить друг в друга.

Пусть h1 и h2 — любые вращения на 180 вокруг осей, проходя щих через середины противоположных ребер, и пусть g — произволь ное вращение, переводящее первую ось во вторую. Тогда вращение gh1g-1 переводит вторую ось в себя, не переворачивая ее, причем gh1g-1 = e (иначе h1 = g-1eg = e). Поэтому gh1g-1 совпадает с h2.

Следовательно, любые два элемента класса 3 можно перевести друг в друга внутренним автоморфизмом в группе вращений (тем более в группе симметрий) тетраэдра.

Пусть h1 и h2 — любые отражения тетраэдра относительно плос костей симметрии, и пусть g — произвольное вращение, переводящее первую плоскость во вторую. Тогда так же, как и выше, gh1g-1 = h2.

-1 -1 -1 -1 - Если g1hg1 = h1 и g2hg2 = h2, то h = g1 h1g1 и g2(g1 h1g1)g2 = -1 - = h2. Отсюда (g2g1 )h1(g2g1 )-1 = h2 следовательно, если h может переходить в h1 и в h2, то h1 и h2 могут переходить друг в друга. По этому достаточно показать, что какой-нибудь один элемент данного класса переходит во все остальные элементы данного класса.

A B C D Возьмем a = — элемент класса 5 и пусть gi (i = B C D A A B C D A B C D 1,......, 5) — вращения такие, что g1 =, g2 =, A C D B A D B C A B C D A B C D A B C D g3 =, g4 =, g5 =. Тогда (проверьте) C B D A B D C A B A D C - элементы giagi (i = 1,..., 5) вместе с элементом a дают весь класс 5.

A B C D Пусть b = — вращение тетраэдра на 120 вокруг вы A C D B соты, опущенной из вершины A. Докажем, что в группе симметрий тетраэдра это вращение может переходить при внутренних автомор физмах во все остальные вращения вокруг высот. В силу симметрии достаточно показать, что b может переходить во второе вращение A B C D вокруг той же высоты b2 = и в какое-нибудь вращение A D B C A B C D вокруг другой высоты, например, c =. Пусть g1 — сим D B A C A B C D A B C D метрия и g2 — вращения такие, что g1 =, g2 =.

A D B C B C A D -1 - Тогда g1bg1 = b2 и g2bg2 = c.

Если же в качестве g брать только вращения тетраэдра, то нетруд но проверить, что вращение вокруг некоторой высоты на 120 против часовой стрелки (если смотреть со стороны вершины, из которой опу щена высота) не может перейти во вращение вокруг той же высоты на 240. Поэтому вращения вокруг высот на 120 могут переходить только во вращения вокруг высот на 120, а вращения на 240 — только во вращения на 98. (ab) = b(ab)b-1 = ba. Так как — изоморфизм (см. 94), то ab b b и ba имеют одинаковые порядки (см. 49).

99. У к а з а н и е. В этом случае для любого элемента a из подгруп пы N и любого элемента g из группы G элемент gag-1 = agg-1 = a содержится в N.

100. Ответ. Да. Проверьте, что для любого элемента g группы симметрий квадрата geg-1 = e и gag-1 = a.

101. Пусть левое и правое разложения совпадают, и пусть a — произвольный элемент из N, a g — произвольный элемент группы G.

Так как классы gN и Ng имеют общий элемент g, то они должны совпадать. Поэтому элемент ga, который содержится в gN, содер жится также и в Ng, т. е. существует элемент b из N такой, что ga = bg. Отсюда элемент gag-1 содержится в N и, следовательно, N — нормальная подгруппа группы G.

Пусть теперь N — нормальная подгруппа группы G. Докажем, что gN = Ng для любого элемента g группы G. Пусть ga — произвольный элемент из gN. Тогда gag-1 = b, где b — некоторый элемент из N, поэтому ga = bg и, следовательно, ga (а значит, и все gN) содер жится в Ng. Пусть теперь cg — произвольный элемент из Ng. Тогда (g-1)c(g-1)-1 = d, где d — некоторый элемент из N. Отсюда cg = gd и, следовательно, cg (а значит, и все Ng) содержится в gN. Таким образом, gN и Ng совпадают.

102. У к а з а н и е. В этом случае и левое и правое разложение со держат два класса: один — данная подгруппа, второй — все остальные элементы. Далее см. теорему 2 (стр. 35).

103. Пусть N1, N2,..., Ns — нормальные подгруппы группы G и N — их пересечение. Если a — произвольный элемент из N, то a содержится во всех N. Поэтому если g — произвольный элемент груп пы G, то gag-1 содержится во всех Ni, и, следовательно, в N. Зна чит, N — нормальная подгруппа в G.

104. Пусть g — произвольный элемент группы G. Так как eg = ge то e входит в центр. Если a входит в центр, то ag = ga. Умножив обе части этого равенства слева и справа на a-1, получим ga-1 = a-1g.

Поэтому a-1 также входит в центр. Если a и b входят в центр, то ag = ga и bg = gb. Поэтому g(ab) = (ga)b = a(gb) = (ab)g и, следовательно, ab также входит в центр. В силу результата задачи центр — подгруппа.

Пусть a — произвольный элемент из центра и g — произвольный элемент группы G. Тогда элемент gag-1 = agg-1 = a также принад лежит центру. Поэтому центр — нормальная подгруппа группы.

105. Пусть h1, h2 — произвольные элементы соответственно из N и N2 и g1, g2 — произвольные элементы соответственно из G1 и G2.

-1 - Тогда элемент g1h1g1 содержится в N1, а элемент g2h2g2 содержит ся в N2. Поэтому элемент (g1, g2)(h1, h2)(g1, g2)-1 = (g1h1, g2h2) -1 -1 -1 - (g1, g2 ) = (g1h1g1, g2h2g2 ) содержится в N1 N2. Следова тельно, N1 N2 — нормальная подгруппа в G1 G 106. Так как x1 содержится в классе x1N, то (по условию) x2 также содержится в x1N. Значит, существует элемент h1 из N такой, что x2 = x1h1. Точно так же существует элемент h2 из N такой, что y2 = y1h2. Так как N — нормальная подгруппа, то Ny1 = y1N. Поэтому существует элемент h3 из N такой, что h1y1 = y1h3. Тогда x2y1 = x1h1y1h2 = x1y1h3h2. Так как элемент h3h2 содержится в N, то x1y и x2y2 содержатся в одном смежном классе x1y1N.

107. Пусть a, b, c — произвольные элементы соответственно из T1, T2, T3. По определению умножения смежных классов (T1T2)T3 и T1(T2T3) — это смежные классы, которые содержат соответствен но элементы (ab)c и a(bc). Так как (ab)c = a(bc), то (T1T2)T3 = = T1(T2T3).

108. У к а з а н и e. В качестве представителя из класса E возьми те e.

109. У к а з а н и е. Пусть a — произвольный элемент из класса T.

- В качестве T возьмите смежный класс, который содержит эле мент a-1.

110. Легко проверить (см. табл. 2, стр. 36), что A2 = B2 = C2 = E.

Поэтому эта факторгруппа изоморфна группе симметрий ромба.

111. Будут указываться только нормальные подгруппы, отличные от {e} и всей группы.

а) см. 58 (1), 95, 96, 102. Ответ. Нормальная подгруппа — под группа вращений треугольника, факторгруппа по ней изоморфна Z2.

б) см. 99, 74, 75. Пусть {e1, c} {e2, d} — данная группа.

Ответ. Нормальные подгруппы: 1) {(e1, e2), (c, e2)}, 2) {(e1, e2), (e1, d)} 3) {(e1, e2)(c, d)}. Факторгруппы во всех случаях изоморф ны Z2.

в) Обозначения см. в примерах 3, 4 (стр. 17). Если нормальная под группа в группе симметрий квадрата содержит элемент b или c, то она содержит всю подгруппу вращений квадрата. Получаем нормальную подгруппу {e, a, b, c} (см. 102), факторгруппа по которой Z2.

Имеем bdb-1 = f и bfb-1 = d. Поэтому если один из элементов d, f входит в нормальную подгруппу, то и второй также входит. Так как df = a, то в этом случае элемент a также входит в нормальную подгруппу. Получаем нормальную подгруппу {e, a, d, f} (см. 102), факторгруппа по которой Z2.

Так как bgb-1 = h, bhb-1 = g и hg = a, то так же, как выше, получа ем нормальную подгруппу {e, a, g, h}, факторгруппа по которой Z2.

Если же нормальная подгруппа не содержит элементов b, c, d, f, g, h, то она совпадает с нормальной подгруппой {e, a}, факторгруппа по которой изоморфна группе Z2 Z2 (см. 100, 110).

Ответ. Нормальные подгруппы: 1) {e, a, b, }, 2) {e, a, d, f}, 3) {e, a, g, h}, 4) {e, a}. Факторгруппа в случаях 1 — 3 изоморфна Z2 в случае 4 изоморфна Z2 Z2.

г) Пусть {1, -1, i, -i, j, -j, k, -k} данная группа. Если h — любой элемент, отличный от 1 и -1, то h2 = -1. Поэтому любая нормаль ная подгруппа (отличная от {1}) содержит элемент -1. Первую нор мальную подгруппу получаем, если ограничимся элементами {1 - 1}.

Разложение по ней показано в табл. 12. Так как i2 = j2 = k2 = -1, то A2 = B2 = C2 = E и следовательно, фак Т а б л и ц а торгруппа в этом случае изоморфна Z2 Z2.

1 i j k Так как элемент -1 входит в любую (нетри -1 -i -j -k виальную) нормальную подгруппу, то эле менты i и -i либо оба входят, либо оба не E A B C входят в нормальную подгруппу. То же верно для j и -j, k и -k. Так как (нетривиальная) нормальная подгруппа в группе кватернионов может содержать только 2 или 4 элемента (см. теорему Лагранжа), то мы получаем еще только 3 нормаль ные подгруппы (см. 102): {1, -1, i, -i}, {1, -1, j, -j}, {1, -1, k, -k}.

Факторгруппа в этих случаях изоморфна Z2.

Ответ. Нормальные подгруппы: 1) {1, -1}, 2) {1, -1, i, -i}, 3) {1, -1, j, -j}, 4) {1, -1, k, -k}. Факторгруппа в случае 1 изоморфна Z2 Z2, в случаях 2–4 изоморфна Z2.

112. a) См. 99, 60. Пусть n = dk. В табл. 13 показано разложе ние группы Zn = {e, a, a2,..., an-1} по подгруппе {e, ad, a2d,...

..., a(k-1)d} (l пробегает все значения от 0 до k - 1). Элемент a принадлежит классу A1 и наименьшее положительное m такое, что am принадлежит классу E, равно d. Поэтому порядок элемента A в факторгруппе равен d и, следовательно, факторгруппа изоморф на Zd.

б) См. 99, 61. Табл. 13 дает разложение группы Z = {..., a-2, a-1, a, a2,... } по подгруппе {..., a-2d, a-d, e, ad, a2d,... } (l = 0, ±1, ±2,... ). Так же как в случае а) получаем, что факторгруппа изоморфна Zd.

Т а б л и ц а adl adl+1 adl+2... adl+(d-1) E A1 A2... Ad- 113. См. 97. Некоторое множество вращений будет нормальной подгруппой группы вращений тетраэдра тогда и только тогда, когда оно состоит из нескольких классов, построенных при решении зада чи 97 (для группы вращений), и является подгруппой. Если нормаль ная подгруппа содержит вращение (на 120 или 240) относительно некоторой высоты тетраэдра, то она содержит и второе вращение вокруг этой высоты и, следовательно, содержит все вращения вокруг A B C D A B C D всех высот тетраэдра. Если a = и b = — A C D B C B D A вращения вокруг высот, опущенных соответственно из вершин A и B, A B C D то ab = — вращение на 180 вокруг оси, проходящей через D C B A середины ребер AD и. Поэтому в этом случае нормальная подгруппа содержит также все вращения на 180 вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер и, следовательно, совпадает со всей группой вращений тетраэдра.

Таким образом, в группе вращений тетраэдра имеется только одна (нетривиальная) нормальная подгруппа, состоящая из тождественно го преобразования и трех вращений на 180 вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер. Факторгруппа по этой нор мальной подгруппе содержит 3 элемента и, следовательно, изоморф на Z3 (см. 50).

114. Пусть (g1, g2) — произвольный элемент из G1 G2 и (g3, e2) — произвольный элемент подгруппы G1 {e2}. Тогда элемент (g1, g2) -1 - (g3, e2) · (g1, g2)-1 = (см. решение 69)= (g1g3, g2) · (g1, g2 ) = - = (g1g3g1, e2) содержится в G1 {e}. Поэтому G1 {e} — нормаль ная подгруппа в G1 G2.

Пусть (g1, a) — произвольный элемент группы G1 G2. Посмот рим, какой смежный класс по нормальной подгруппе G1 {2} порождается этим элементом. Если умножать элемент (g1, a) на все элементы нормальной подгруппы G1 {2} (например, справа), то получим все элементы вида (g, a), где g пробегает все элементы из G1.

Обозначим этот смежный класс Ta. Таким образом, смежные клас сы по нормальной подгруппе G1 {2} — это классы вида Ta, где a пробегает все элементы из группы G2. Так как (e1, a), (e1, b) и (e1, ab) содержатся соответственно в классах Ta, Tb, Tab и (e1, a) · (e1, b) = = (e1, ab), то Ta · Tb = Tab. Взаимно однозначное отображение груп пы G2 на построенную факторгруппу такое, что (a) = Ta для любо го a из G2, является изоморфизмом, так как (ab) = Tab = Ta · Tb = = (a) (b).

Таким образом, факторгруппа группы G1 G2 по нормальной подгруппе G1 {e2} изоморфна группе G2.

115. См. 57. Свойство 1 из задачи 57, очевидно, выполняется.

2) eee-1e-1 = e, поэтому e входит в коммутант. 3) Если k — ком мутатор aba-1b-1, то k-1 = (aba-1b-1)-1 = (см. 23) = bab-1a-1, т. е.

k-1 является коммутатором. По определению коммутанта любой его элемент a представляется в виде a = k1 · k2 ·... · kn, где все ki — -1 -1 - коммутаторы. Тогда a-1 = (k1 · k2 ·... · kn)-1 = kn ·... · k2 · k1, - но все ki — коммутаторы, поэтому a-1 принадлежит коммутанту.

116. Если g — произвольный элемент группы, k — коммутатор aba-1b-1, то и gkg-1 является коммутатором. Действительно:

gkg-1 = gaba-1b-1g-1 = ga(g-1g)b(g-1g)a-1(g-1g)b-1g-1 = = (gag-1)(gbg-1)(gag-1)-1(gbg-1)-1.

Если a — любой элемент коммутанта, то a = k1 · k2 ·... · kn, где все ki — коммутаторы. Поэтому gag-1 = g(k1 · k2 ·... · kn)g-1 = = gk1(g-1g)k2(g-1g) ·... · (g-1g) · kng-1 = (gk1g-1)(gk2g-1) ·...

... · (gkng-1) является произведением коммутаторов и, следователь но, содержится в коммутанте. Так как g — произвольный элемент группы, то получаем, что коммутант является нормальной подгруп пой группы, 117. У к а з а н и е. Докажите, что aba-1b-1 = e тогда и только то гда, когда ab = ba.

118. а) Так как группа симметрий треугольника не коммутативна, то коммутант в ней отличен от {e}. Если g — произвольное преоб разование треугольника, то преобразования g и g-1 либо оба «пере ворачивают» треугольник, либо оба его не переворачивают. Поэто -1 - му в произведении g1g2g1 g2 либо 0, либо 2, либо 4 сомножите ля, переворачивающих треугольник, и, следовательно, всегда элемент -1 - g1g2g1 g2 не переворачивает треугольник, т. е. является вращением.

Поэтому в коммутант могут входить только вращения треугольни ка. Так как коммутант отличен от {e} и является подгруппой, то получаем (см. 58), что коммутант в группе симметрий треугольника совпадает с подгруппой всех вращений треугольника.

б) Так же как в случае а), получаем, что коммутант отличен от {e} и содержит только вращения квадрата. Если g — произвольное преоб разование квадрата, то g и g-1 либо оба меняют местами диагонали квадрата, либо оба переводят каждую диагональ в себя. Поэтому -1 - всегда элемент g1g2g1 g2 переводит обе диагонали в себя. Так как, кроме того, любой коммутатор является вращением квадрата, то он совпадает либо с e, либо с центральной симметрией a. Поэтому ком мутант может содержать только элементы e и a, а так как он отличен от {e}, то он совпадает с подгруппой центральных симметрий {e, a}.

в) Элементы 1 и -1 перестановочны со всеми остальными элемен тами группы кватернионов. Поэтому если один из элементов g1, g -1 - совпадает с 1 или -1, то g1g2g1 g2 = 1. Если g — любой элемент, отличный от 1 и -1, то g · (-g) = -g2 = -(-1) = 1, т. е. g-1 = -g. Поэтому, если g1 и g2 — эле -1 - менты, отличные от 1 и -1, то g1g2g1 g2 = = g1g2(-g1)(-g2) = g1g2g1g2 = (g1g2)2. Но квад рат любого элемента в группе кватернионов ра вен 1 или -1. Поэтому коммутант может содержать только элементы 1 и -1, а так как группа ква тернионов не коммутативна, то коммутант отличен от {1}. Следовательно, коммутант — {1, -1}.

119. Так же как при решении задачи 118 а), б), получаем, что коммутант в группе симметрий пра Рис. вильного n-угольника содержит только вращения.

Пусть n нечетно, и пусть a — отражение n-угольника относительно оси l (рис. 41), b — вращение n-угольника на угол - /n против часовой стрелки (переводящее вершину A в B). Тогда aba-1b-1 — вращение n-угольника, переводящее (проверьте) вершину B в C, т. е.

врашение против часовой стрелки на угол 2 /n. Так как коммутант — подгруппа, то получаем, что при n нечетном он содержит вращения на все углы, кратные 2 /n. Так как коммутант содержит только вра щения n-угольника, то при n нечетном он совпадает с подгруппой всех вращений правильного n-угольника, изоморфной Zn (см. 31).

Пусть теперь n = 2k. Впишем в правильный n-угольник k-уголь ник, соединив вершины через одну. Соединив через одну оставшиеся вершины, получим второй правильный k-угольник. Если g — любая симметрия правильного n-угольника, то преобразования g и g-1 либо оба меняют местами построенные 2 правильных k-угольника, либо оба переводят каждый k-угольник в себя. Поэтому -1 - любой коммутатор g1g2g1 g2 переводит каждый k-угольник в себя. Таким образом, при n = 2k коммутант может содержать только вращения на углы, кратные 2 /k. Пусть c — вращение n-уголь ника против часовой стрелки на угол 2 /nd, d — отражение относительно оси m (рис. 42). Тогда cdc-1d-1 является вращением, переводящим (про верьте) вершину C в B, т. е. вращением против часовой стрелки на угол 4 /n = 2 /k. Поэтому ком мутант содержит все вращения на углы, кратные Рис. 2 /k, и только их. Это подгруппа вращений плос кости, переводящих правильный k-угольник в себя. Она изоморфна Zk = Zn/2 (см. 31).

120. Пусть k, l, m — оси, проходящие через середины противопо ложных ребер тетраэдра. Сопоставим им соответственно вершины K, L и M правильного треугольника KLM. При любом вращении тетраэдра либо все оси k, l и m переходят в себя, либо ни одна ось в себя не переходит (проверьте). Сопоставив подстановке осей k, l и m подстановку вершин K, L и треугольника KLM, получим, что каждому вращению тетраэдра будет соответствовать преобразо вание правильного треугольника KLM, которое обязательно будет вращением треугольника. Каждому коммутатору в группе вращений тетраэдра будет при этом соответствовать коммутатор в группе вра щений треугольника KLM. Так как группа вращений треугольника коммутативна, то любой коммутатор в ней равен e. Поэтому любой коммутатор в группе вращений тетраэдра должен переводить каждую из осей k, l, m в себя. Следовательно, коммутант в группе вращений тетраэдра может содержать только тождественное преобразование и вращения на 180 вокруг осей, проходящих через середины противо положных ребер. Так как группа вращений тетраэдра некоммутатив на, то коммутант в ней отличен от {e}, а так как коммутант является нормальной подгруппой, то (см. 113) он совпадает с подгруппой, содержащей тождественное преобразование и все вращения на вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер.

121. См. решение 113.

122. Симметрии тетраэдра g и g-1 либо обе меняют ориентацию тетраэдра, либо обе не меняют (см. решение 67). Поэтому любой ком -1 - мутатор g1g2g1 g2 сохраняет ориентацию тетраадра. Таким обра зом, коммутант в группе симметрий тетраэдра содержит только вра A B C D A B C D щения тетраэдра. Если a = и b = — две сим A C D B A B D C A B C D метрии тетраэдра, то aba-1b-1 = вращение вокруг оси, A D B C проходящей через вершину A. Так как коммутант является нормаль ной подгруппой (см. 116), то (см. 121) коммутант в группе симметрий тетраэдра совпадает с подгруппой вращений тетраэдра.

123. Ответ. 24. Для куба: 1) тождественное преобразование;

2) вращения (их 9) на 90, 180 и 270 вокруг осей, проходящих через центры противоположных граней;

3) вращения (их 6) на вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер;

4) вращения (их 8) на 120 и 240 вокруг осей, проходящих через противоположные вершины.

124. Если соединить центры соседних граней куба, то получим октаэдр. Тогда каждому вращению куба будет соответствовать вра щение октаэдра и наоборот. При этом композиции вращений куба будет соответствовать композиция вращений октаэдра и мы получаем изоморфизм группы вращений куба на группу вращений октаэдра.

125. Если зафиксировать положение куба и различными считать раскраски, при которых хотя бы одна грань окрашена по-разному, то всего раскрасок будет 6 · 5 · 4 · 3 · 2 = 720, так как первой краской можно закрасить любую из 6 граней, второй краской — любую из оставшихся и т. д. Так как из одной раскраски можно с помощью вра щений получить 24 раскраски (см. 123), то для куба ответ 720/24 = способов.

Так как существует лишь 4 вращения, переводящих спичечный коробок в себя (тождественное преобразование и 3 вращения на вокруг осей, проходящих через центры противоположных граней), то для спичечного коробка ответ 720/4 = 180 способов.

126. Ответ. Группе симметрий ромба и группе Z2 Z2.

127. У к а з а н и е. а) см. 57. б) Воспользуйтесь тем, что g и g- либо оба меняют тетраэдры местами, либо оба переводят каждый тетраэдр в себя.

128. Вращения куба g и g-1 либо оба меняют местами тетраэдры ACB1D1 и A1C1BD (см. рис. 8), либо оба переводят каждый тетраэдр в себя. Поэтому любой коммутатор переводит оба тетраэдра в себя.

Отсюда любому элементу коммутанта группы вращений куба соот ветствует вращение тетраэдра ACB1D1.

Пусть a — вращение куба на 90 вокруг оси, проходящей через центры граней ABCD и A1B1C1D1, и такое, что вершина B переходит в A. И пусть b — вращение куба на 120 вокруг оси, проходящей через вершины A1 и C, и такое, что вершина A переходит в D1.

Тогда вращение aba-1b-1 переводит (проверьте) вершину A в себя, а вершину A1, в D, т. е. является нетождественным вращением куба вокруг оси, проходящей через вершины A и C1. Это вращение явля ется также вращением тетраэдра ACB1D1 вокруг оси, проходящей через вершину A. Отсюда легко показать (см. 121), что коммутант в группе вращений куба содержит все вращения, переводящие тетра эдр ACB1D1 в себя. А так как он содержит только такие вращения, получаем, что коммутант в группе вращений куба изоморфен группе вращений тетраэдра.

129. Пусть A, B — два произвольных смежных класса и a, b — их представители. Так как элемент aba-1b-1 содержится в коммутанте, то ABA-1B-1 = E. Отсюда AB = BA.

130. Пусть a, b — произвольные злементы группы и A, B — смеж ные классы, в которые они входят. Так как AB = BA, то ABA-1B-1 = E. Поэтому коммутатор aba-1b-1 содержится в нормальной подгруп пе N. Таким образом, N содержит все коммутаторы, а значит, и весь коммутант.

131. Пусть h1, h2 — произвольные элементы из N и g — произволь ный элемент группы G. Так как N — нормальная подгруппа, то эле менты gh1g-1 и gh2g-1 принадлежат N. Поэтому g(h1h2h-1h-1)g-1 = 1 = gh1(g-1g)h2(g-1g)h-1(g-1g)h-1g-1 = (gh1g-1)(gh2g-1)(gh1g-1)- 1 (gh2g-1)-1 — коммутатор в нормальной подгруппе N, т. е. содер жится в K(N). Произвольный элемент a из K(N) представим в ви де a = k1 · k2 ·... · ks, где все ki — коммутаторы в N. Но gag-1 = = g(k1 · k2 ·... · ks)g-1 = (gk1g-1)(gk2g-1) ·... · (gksg-1), т. е. gag- содержится в K(N) и, следовательно, K(N) — нормальная подгруппа группы G.

132. Пусть f1 и f2 — произвольные элементы группы F. Так как — гомоморфизм группы G на группу F, то найдутся эле менты g1 и g2 группы G такие, что (g1) = f1 и (g2) = f2. Тогда f1f2 = (g1) (g2) = (g1g2) = (g2g1) = (g2) (g1) = f2f1. Значит, группа F коммутативна.

Обратное утверждение неверно. См. пример 12 (стр. 39).

133. Пусть (eG) = x. Тогда x·x = (eG) (eG) = (eGeG) = (eG) = = x. Отсюда x · x = x и x = eF.

134. (a) (a-1) = (aa-1) = (eG) = (см. 133) = eF. Отсюда (a-1) = [ (a)]-1.

135. Пусть a и b — произвольные элементы группы G. Тогда ( )(ab) = ( (ab)) = ( (a) · (b)) = ( (a)) · ( (b)) = 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 = (( )(a)) · (( )(b)).

2 1 2 136. Если (a) = A и (b) = B, то (a) · (b) = A · B = (по опреде лению умножения смежных классов) = (ab).

137. см. 57. 1) Если a и b содержатся в Ker, то (a) = eF, (b) = eF и (ab) = (a) (b) = eF eF = eF и, следовательно, ab также содержится в Ker. 2) (eG) = (см. 133) = eF. Поэтому eG содержится в Ker.

3) Если (a) = eF, то (a-1) = (см. 134) = [ (a)]-1 = e-1 = eF. Поэто F му, если a содержится в Ker, то и a-1 содержится в Ker.

138. Пусть a — произвольный элемент из ядра Ker и g — произ вольный элемент группы G. Тогда (a) = eF и (gag-1) = (g) (a) (g-1) = (см. 134) = (g) · eF · [ (g)]-1 = eF. Поэтому элемент gag-1 также содержится в Ker и, следовательно, Ker — нормальная подгруппа группы G.

139. Пусть элементы g1 и g2 лежат в одном и том же смежном классе g Ker. Тогда найдутся элементы r1 и r2 в Ker такие, что g1 = gr1 и g2 = gr2. Тогда (g1) = (gr1) = (g) (r1) = (g)eF = (g) (r2) = (gr2) = (g2).

-1 - Обратно, пусть (g1) = (g2). Тогда имеем (g1 g2) = (g1 ) - (g2) = (см. 134) = [ (g1)]-1 · (g1) = eF. Следовательно, g1 g2 = r, где r — некоторый элемент из ядра Ker. Отсюда g2 = g1r и поэтому оба элемента g1 и g2 содержатся в смежном классе g1 Ker.

140. Пусть f — произвольный элемент из F. Так как — отобра жение на, то существует элемент a группы G такой, что (a) = f.

Пусть A — смежный класс, содержащий a. Тогда по определению (A) = (a) = f.

141. Пусть (A) = (B), и пусть a, b — представители классов A и B. Тогда (a) = (A) = (B) = (b). Отсюда (см. 139) A = B.

142. Пусть A и B — произвольные смежные классы и a, b — их представители. Тогда элемент ab содержится в классе AB. Учиты вая определение отображения, получаем (AB) = (ab) = ( — гомоморфизм) = (a) · (b) = (A) · (B). Так как — взаимно одно значное отображение (см. 141), то — изоморфизм.

143. Пусть k, l, m — оси, проходящие через середины противо положных ребер тетраэдра. При каждой симметрии тетраэдра эти оси некоторым образом переставляются, т. е. мы имеем некоторое отображение группы симметрий тетраэдра в группу подстановок трех осей k, l, m. Это отображение является отображением на всю группу таких подстановок, так как нетрудно проверить (проверьте), что любую подстановку осей можно получить, подбирая подходящую симметрию тетраэдра. Легко видеть, что для любых симметрий тет раэдра g1 и g2 подстановка осей k, l, m, соответствующая симметрии g1g2, является композицией подстановок, соответствующих симмет риям g1 и g2, т. е. (g1g2) = (g1) (g2) и, следовательно, — 1 1 1 гомоморфизм.

Каждой подстановке осей k, l, m можно естественным образом по ставить в соответствие симметрию правильного треугольника KLM.

Получим изоморфизм группы подстановок трех осей k, l, m на группу симметрий треугольника KLM.

Отображение будет гомоморфизмом (см. 135) группы симмет 2 рий тетраэдра на всю группу симметрий треугольника KLM. Ядром этого гомоморфизма являются все симметрии тетраэдра, переводя щие каждую из осей k, l, m в себя. Такими симметриями являются только тождественное преобразование тетраэдра и вращения на вокруг осей k, l, m. Из результата задачи 138 и теоремы 3 получа ем, что эти 4 симметрии образуют нормальную подгруппу в группе симметрий тетраэдра и соответствующая факторгруппа изоморфна группе симметрий треугольника.

144. Пусть k, l, m — оси, проходящие через центры противополож ных граней куба. Так же как при решении задачи 143, построим гомо морфизм группы вращений куба на группу симметрий правильного треугольника KLM. Ядром этого гомоморфизма будут все вращения куба, переводящие каждую из осей k, l, m в себя. Такими вращениями являются только тождественное преобразование и вращения на вокруг осей, проходящих через центры противоположных граней. Из результата задачи 138 и теоремы 3 получаем, что эти 4 вращения образуют нормальную подгруппу в группе вращений куба и соответ ствующая факторгруппа изоморфна группе симметрий треугольника.

145. Обозначим через r вращение плоскости вокруг точки на угол против часовой стрелки. Отображение (r ) = rn является гомоморфизмом группы R на себя, так как (r r ) = (r + ) = rn( + ) = rn rn = (r ) (r ) и для любого вращения r есть вращение r /n такое, что (r /n) = r.

Ядром гомоморфизма являются все вращения r такие, что n = 2 k, т. е. = 2 k/n. Это те и только те вращения плоскости, которые переводят правильный n-угольник в себя. Из результата задачи и теоремы 3 получаем утверждение данной задачи.

146. Пусть и — естественные гомоморфизмы (см. стр. 40) 1 групп G1 и G2 соответственно на факторгруппы G1/N1 и G2/N2.

Пусть — отображение группы G1 G2 на группу (G1/N1) (G2/N2) такое, что ((g1, g2)) = ( (g1), (g2)). Это отображение является 1 гомоморфизмом;

действительно, ((g1, g2) · (g3, g4)) = ((g1g3, g2g4)) = = ( (g1g3), (g2g4)) = ( (g1) (g3), (g2) (g4)) = 1 2 1 1 2 = ( (g1), (g2)) · ( (g3), (g4)) = ((g1, g2)) · ((g3, g4)).

1 2 1 Ядром гомоморфизма будут все пары (g1, g2) такие, что ((g1, g2)) = (E1, E2), где E1 и E2 — единичные элементы соответ ственно в факторгруппах G1/N1 и G2/N2. Так как ((g1, g2)) = = ( (g1), (g2)), то ядром гомоморфизма будут все пары (g1, g2) 1 такие, что (g1) = E1 и (g2) = E2. Так как и — естественные 1 2 1 гомоморфизмы, то получаем, что ядром гомоморфизма будет подгруппа N1 N2. Из результата задачи 138 и теоремы 3 получаем утверждение данной задачи.

147. Могут. Например, группа Z4 = {e, a, a2, a3} и группа Z2 Z содержат нормальные подгруппы соответственно {e, a2} и Z2 {e2}, изоморфные группе Z2, факторгруппы по которым также изоморф ны Z2.

148. Может. Например, группа Z4 Z2 где Z4 = {e, a, a2, a3}, со держит две изоморфные нормальные подгруппы {e1} Z2 и {e1} {2}, факторгруппы по которым (Z4 Z2)/({e1} Z2) (Z4/{e1}) = (Z2/Z2) Z4 и (Z4 Z2)/({e1, a2} {e2}) Z2 Z2 соответственно = = (см. 146).

Pages:     | 1 || 3 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.