Ответы и указания. Гомоморфизм

Глава VII. Ответы и указания. Гомоморфизм.

Главная страница: ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ  учебное пособие.Сборники Математики Скачать бесплатно

Алгебра в школе. ЕГЭ 2015 Математика. Библиотека учителя. Школьная математика.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

1. Решетки
1.5. Возьмем следующее отображение f решеток
f (0) = 0, f(a) = f(b) = c, f (1) = 1. f — изотонное отображение, но не гомоморфизм, поскольку f (a+b) = f (1) = c = f (a) + f )b).
1.17. Докажем первое утверждение. Пусть P — множество всех таких x 6 L, что x ^ px. Ясно, что 0 6 P. Поэтому P = 0.
Если a = sup P, то pa ^ px ^ x для всякого x 6 P. Отсюда pa ^ a. Тогда p(pa) ^ pa, это влечет pa 6 P и, значит, a ^ pa.
  Таким образом, a ^ pa ^ a, т.е. pa = a.
1.28. Если справедливо а), то a(ab + c) = ab + ac для любых a,b,c 6 L. Если же, кроме того, выполнены условия в), то
a = a(a + c) = a(b + c) = b + ac = b + bc = b. Таким образом, справедливы импликации а)^ б) и а)^ в). Если выполнено б) и
a ^ c, то (a+b)c = (ac+b)c = ac+bc = a+bc, т.е. б) ^ а). Допустим, что справедливо в). Если a ^ c, то a+b ^ (a+b)c+b ^ a+b
и bc ^ (a + bc)b ^ (c + bc)b = bc. Отсюда (a + b)c + b = (a + bc) + b = a + b и (a + b)cb = (a + bc)b = bc. Так как (a + b)c ^ a + bc,
то, применяя в), получаем (a + b)c = a + bc, что доказывает импликацию в) ^ а).
1.34. Докажем, например, эквивалентность первых трех условий. Импликация а) ^ б) вытекает из равенств (a + c)(b + c) =
(a+ c)b+ c = ab+bc+c = ab+c. А б) ^ в) — из ab+bc+ca = (a+bc+ ca)(b+bc+ ca) = (a+bc)(b+ca) = (b+a)(c+ a)(b+ c)(b+ a) =
(a + b)(b + c)(c + a).
в) ^ а). Если a ^ c, то ac + bc = ab + bc + ca = (a + b)(b + c)(c + a) = c(a + b)(b + c) = c(a + b), значит, в L справедлив
модулярный закон. Положим u = ab + bc + ac и v = (a + b)(b + c)(a + c). По условию u = v. Поскольку ac + bc ^ c, то
cu = c(ab + bc + ac) = c(bc + ac) + abc = ac + bc и cv = c(a + b)(b + c)(a + c) = c(a + b), что и требовалось.
1.35. Пусть b и c являются дополнениями некоторого элемента a. Тогда b = b • 1 = b(a + c) = ba + bc = 0+ bc = bc и, значит,
b ^ c. Аналогично, b ^ c.
1.41.
A
1.44. Из единственности дополнения вытекает, что a» = a. Воспользуемся 1.34. Допустим, что a + c = v = b + c и ac = u = bc.
Заметим, что если s,t 6 L и s ^ t, то s = (s + t’)t и t = s + s’t. Поэтому получаем равенства a+(v’ + cu) = a+(u+cu) + v’ = (a+
c) + v’ = 1 = (b+c) + v’ = b+(u+cu’) + v’ = b+(v’ + cu’) и a(v’ + cu’) = av(v’ + cu’) = (ac)u’ = 0 = (bc)u’ = bv(v’ + cu’) = b(v’ + cu’).
Следовательно, a = (v’ + cu’)’ = b, что и требовалось доказать.
1.52. Для подпространства A пространства V, правого идеала J и левого идеала L кольца R положим Hom(V,A) = {f 6
R | fV С A}, A = {f 6 R | fA = 0}, JV — множество всех конечных сумм вида ^ fi(a%) (fi 6 J,ai 6 V) и L =
{a 6 V I f(a) = 0 для всех f 6 L}. Соответствия A ^ Hom(V,A), J ^ JA являются требуемыми взаимно обратными
изоморфизмами, а соответствия A ^ A , L ^ L — взаимно обратными антиизоморфизмами.
1.53. Транспонирование матриц осуществляет изоморфизм решеток. Их антиизоморфизм, а также самодвойственность из
 1.52 и 1.53 получаются теперь из 1.52. При этом следует учесть, что кольцо матриц порядка n изоморфно кольцу операторов
векторного пространства размерности п.
2. Полугруппы
2.30. Каждому элементу a 6 S1 поставим в соответствие отображение La множества S1 в себя по правилу: La(x) = ax (x 6
S1). Так как (Lb о La)x = Lb(Lax) = Lb(ax) = (ba)x = Lba(x), то Lb о La = Lba. Поэтому отображение a ^ La есть
гомоморфизм S1 на подполугруппу из F(S1). Поскольку La(1) = a, то это инъективное отображение.
2.37. Если не все степени элемента a различны, то пусть s — наименьшее положительное целое число, такое, что as = ar,
где r < s. Нетрудно заметить, что такое положительное целое число r определяется однозначно. Тогда m = s — r. Имеем
ar+km = ar для каждого натурального k. Легко видеть, что каждая степень элемента a, начиная с ar и далее, равна одному
из элементов множества Ka = {ar, ar+1,… , ar+m-1}. Отсюда следует, что a имеет конечный порядок, равный r + m — 1.
Множество Ka является подполугруппой в S. Если каждому элементу an 6 Ka (r ^ n ^ r + m — 1) поставить в соответствие
класс вычетов n + mZ по модулю m, содержащий n, то отображение an ^ n + mZ будет изоморфизмом Ka на аддитивную
группу кольца Zm. Следовательно, Ka — циклическая группа порядка m.
2.41. Такова, например, полугруппа, порожденная преобразованием

165 Гомоморфизм

2.43. 1) Если pq = p’q’ = 1, то (pp’)(q’q) = 1, это доказывает, что P и Q — подполугруппы в S. Если ap = bp, где a,b G S и
p G P, то p имеет правый обратный q и a = apq = bpq = b. Аналогично, Q — полугруппа с левым сокращением.
2) Ясно, что U = P П Q и потому U есть подполугруппа в S. Если и G U и xw = uy =1, то x = xuy = y. Откуда следует, что
u имеет единственный двусторонний обратный элемент U и не имеет других левых и правых обратных элементов. Так как
uU = u’u = 1, то U G U, и, следовательно, U является группой.
2.45. а) Покажите, что единица f подгруппы G совпадает с e. Так как e — двусторонняя единица в G, то G С eSe. Откуда
G С He.
2.49. б) Если a = axa, то a G aS, значит, aS1 = aS.
в) Если axa = a, то для e = ax имеем ea = a. Откуда aS1 = eS1. Обратно, если aS1 = eS1, где e2 = e, то a = ex при
некотором x G S1. Поэтому ea = e2x = ex = a, e = ay для некоторого y G S1, откуда a = ea = aya. Если y =1, то a = a2 и
a= aaa.
2.51. Так как р о и С р V и, то достаточно показать, что р о и есть отношение эквивалентности. Из i С р С р о и следует
рефлексивность, равенства (р о и) — 1 = и-1 о р-1 = и о р = р о и доказывают симметричность, а (р о и) о (р о и) = р о и о р о и =
р о р о и о и = р о и — транзитивность.
2.55. Пусть b = xax. Тогда aba = a(xax)a = ax(axa) = axa = a,
bab = (xax)a(xax) = x(axa)(xax) = xa(xax) = x(axa)x = xax = b,
т.е. b инверсен к a.
2.56. Если a и b — коммутирующие инверсные друг к другу элементы полугруппы S, то e = ab (= ba) есть идемпотент,
причем ea = ae = a и eb = be = b. Следовательно, a и b — обратимые элементы в eSe, принадлежащие максимальной
подгруппе He полугруппы S, содержащей e. Так как ab = ba = e, то a и b — взаимно обратные в He. Обратное утверждение
очевидно.
2.57. Пусть X и Y — два произвольных множества. На S = X х Y определим операцию
(x 1, y 1 )(x2, y2) = (x 1, y2) (x1,x2 G X; y1,y2 G Y).
Легко проверить, что S удовлетворяет требуемому условию.
2.58. а) ^ б). Каждый правый идеал полугруппы S имеет по крайней мере один порождающий идемпотент. Предположим,
что идемпотенты e, f порождают один и тот же главный правый идеал: eS = fS. Тогда ef = f и fe = e. Так как ef = fe,
то e = f.
б) ^ в). Полугруппа S регулярна. Осталось показать единственность инверсного элемента. Пусть b и с инверсны к a. Тогда
aba = a, bab = b, aca = a, cac = c. Отсюда abS = aS = acS и Sba = Sa = Sca, это влечет ab = ac и ba = ca. Следовательно,
b = bab = bac = cac = с.
в) ^ а). Нужно показать коммутирование произвольных идемпотентов e,f. Пусть a — (единственный) инверсный к ef
элемент. Тогда (ef)a(ef) = ef, a(ef)a = a. Положим b = ae. Тогда
(ef)b(ef) = efae2f = efaef = ef, b(ef)b = ae2fae = aef ae = ae =
Следовательно, b также инверсен к ef. Поэтому ae = b = a. Аналогично, fa = a. Следовательно, a2 = (ae)(fa) = a(ef)a = a.
Откуда a = ef — идемпотент, fe также идемпотент. Они инверсны друг к другу. Итак, ef = fe.
2.59. Первое соотношение очевидно. Докажем второе. Имеем
(ab)(b 1a 1)(ab) = a(bb 1)(a 1a)b = a(a 1a)(bb 1)b = ab,
(b 1a 1)(ab)(b 1a 1) = b 1(a 1a)(bb 1)a 1 = b 1(bb 1)(a 1a)a 1 = b 1a 1.
Следовательно, b 1 a 1 инверсен к ab.
2.66. См., например, [18, теорема 1.23].
2.67. Если G — группа левых частных полугруппы S и a,b G S, то элемент ab-1 G G можно представить в виде ab-1 = x- 1y
для некоторых x, y G S. Отсюда xa = yb G Sa П Sb, что доказывает правую реверсивность S.
Пусть теперь S реверсивна справа. По 2.66 ее можно вложить в группу G. Пусть G1 — множество всех элементов из G,
имеющих вид a- 1b, где a,b G S. Если a- 1b G G1, то (a — 1b) -1 = b- 1a G G1. Пусть a- 1b и c- 1d — произвольные элементы из
G1. По предположению существуют такие x,y G S, что xb = yc. Тогда bc-1 = x-1y G G и потому a-1bc-1d = a-1x-1yd =
(xa)-1 (yd) G G1 . Следовательно, G1 — подгруппа группы G, являющаяся группой левых частных полугруппы S.
Пусть (G, •) и (H, *) — две группы левых частных полугруппы S. В G имеет место равенство a-1b = c-1d в точности тогда,
когда каждое из равенств xa = yc, xb = yd, x,y G S, влечет за собой другое. Кроме того, (a-1b)(c-1d) = (xa)-1(yd), где
x, y G S — такие элементы, что xb = yc. Но те же самые условия для равенств и произведений выполняются и в H. Поэтому
отображение a-1b ^ a-1 * b есть изоморфизм G на H, оставляющий элементы из S неподвижными.
3. Группы. Порождающие множества групп

166 Гомоморфизм

3.22. Если в группе нет элементов порядка 2, то G = {(x, x 1) | x = е}и {е} и |G| нечетен.
3.37. pm — pm-1.
3.38. 1) Необходимость. Пусть (A, Б) — дистрибутивная пара. Если c 6 {A, Б) \ (A U Б), то C = (c) = (C П A,C П Б), где
C П A,C П Б = е. Порядки па и пв конечны. Пусть cnA = a порождает подгруппу (a) = C П A и элемент cnB = b порождает
(b) = C П Б. Так как (c) = (a,b), то c = asbt или nAs + nBt = 1 (mod порядка c). Отсюда следует, что па и пв взаимно
просты. Достаточность. Так как для циклической подгруппы C = (c) С (A, Б) следует, что C = (C П A,C П Б), то отсюда
вытекает справедливость подобного равенства для любой подгруппы C.
з.40. Имеем D = (a) П (b) = е, а если k = |(ab)|, то akbk = (ab) = е. Откуда ak = b~k 6 D = е. Следовательно, ak = е = bk
и, значит, m, п | k. Из (m, п) = 1 следует, что mn | k. Но (ab)mn = е, значит, k | mn. Следовательно, k = nm. Так как
(a, b) = {aibj | 0 ^ i ^ n — 1, 0 ^ j ^ m — 1}, то |(a, b)| ^ mn. Теперь из (ab) С (a, b) и |(ab)| = mn вытекает равенство
(a, b) = (ab).
3.42. Пусть n = |G|, d = exp(G).
а) Вытекает из теоремы Лагранжа.
б) Пусть d = … pks — разложение на простые множители. В G существует элемент x, порядок которого равен pk
11 l, где
l и р1 взаимно просты. Поэтому xl имеет порядок р^. Аналогично получаются элементы x2, … , xs. Произведение x1 … xs
имеет порядок d.
3.43. 2) Zvn; 3) Q ^Пу)-
3.45. Хорошо известно, что бесконечная циклическая группа содержит бесконечное (счетное) множество подгрупп. Допустим,
что в группе G все ее циклические подгруппы конечны, причем только следующие {(gi) | i = 1,…п} среди них — различны.
Тогда G = [J (gi) — конечная группа.
3.51. 1) S С §(G). Действительно, если G не содержит максимальных подгрупп, то утверждение тривиально. Пусть теперь
x 6 S, H — максимальная подгруппа из G. Если x 6 H, то (x, И) = G, H = G. Это противоречит включению x 6 S.
Следовательно, x 6 И и, значит, x 6 &(G).
&(G) С S. Пусть, напротив, существует элемент x 6 &(G), который вместе с множеством M порождает G, но (M) = G. По
лемме Цорна существуют подгруппы И, максимальные среди подгрупп, содержащих M и не содержащих x. Ясно, что эти
подгруппы просто максимальны. Но тогда они содержат Ф^), а вместе с ней x, вопреки построению.
3.53. Циклическая группа.
3.54. а) Делаем подстановку x ^ 1 — x и записываем систему
f 2f(1 — x) + 1 = xf(x), _ ,, 4 x-3
1 2f (x)+1 = ( 1 — x)f( 1 — x). Еерешениемслужитфункция f(x)= x2-x+4 .
б) f(x) = 4X—+г . в) f (x) = x1.
4. Изоморфизмы групп. Смежные классы
4.6. Других автоморфизмов нет.
4.24. 3) Если бы подгруппа из 6 элементов содержалась в A4, то по 1) она была бы изоморфна Z6 или S3. Но никакая
подстановка на 4 символах не может быть порядка 6, поэтому первый случай невозможен. Невозможен и второй, так как в
S3 существуют неперестановочные элементы порядка 2, а в A4 их нет. В самом деле, A4 содержит три элемента порядка 2:
(12)(34), (13)(24), (14)(23), и все они попарно перестановочны.
4.27. 2) Допустим, что f: Q ^ Q+ — изоморфизм. Тогда f(b) = 2 для некоторого b 6 Q. Если теперь f (b/2) = a 6 Q+, то
f (b) = f (22 + 2) = a2 = 2. Противоречие с иррациональностью V2.
4.29. Пусть K = G \ И и a 6 K. Тогда aH = K и aK = И. Откуда a2 6 H.
4.38. а) G = е или G = Zp; б) G 9* Zp2;
в) G = Zp3 или G = Zpq;
г) G = Zp4 или Z2 x Z2.
4.39. G = Zpm (G 9 Zpmqn ).
4.4°. 2^ — l l \ ),( — 0 ),( ( 1 —aa2)/b } где a,b,c6 C, b = °.
4.43. Пусть U — подгруппа в G индекса j, K1 = U, K2, …, Kj — все левые смежные классы по подгруппе U. Для всякого
g 6 G переход к системе gK1, … , gKn определяет перестановку, поэтому получаем гомоморфное отображение p группы
G в группу Sj. Гомоморфизм p вполне определяется заданием образов элементов a1, … , an, значит, существует не более
(jl)n различных гомоморфизмов группы G в Sj. Гомоморфизм p однозначно определяет подгруппу U, поэтому G содержит
не больше (jl)n подгрупп индекса j.
5. Гомоморфизмы. Факторгруппы

167 Гомоморфизм

5.3. а) ^ б). Пусть ab G H. Тогда a(ab)a 1 = a2ba 1 G H. Откуда (a2ba 1)(ab) = a2b2 G H. б) ^ а). Из a 1(ah) = h G H
следует a-2(ah)2 = a- 1hah G H и, значит, a- 1ha G H.
5.34. Группы порядка 2.
5.36. 2) Группа S4 действует на кубе. Если занумеровать три пары противоположных граней куба числами 1, 2, 3, то
получим действие группы на множестве {1, 2, 3}. Ядром этого действия является подгруппа V4.
3) Воспользуйтесь 5.35. Ясно, что ±Е — нормальная подгруппа в Qa (она совпадает с центром). Других подгрупп порядка
2 нет. А остальные подгруппы (индекса 2) нормальны. Аналогичным образом рассмотрите подгруппы в Z2 х Qa.
5.37. | G| равен p2 или pq.
5.39. Пересечение N всех подгрупп группы G, сопряженных с H, является нормальной в G подгруппой. Покажите, что
отображение ид: aH ^ gaH есть перестановка на множестве M всех левых смежных классах группы G по подгруппе H.
Тогда f: gN ^ ид вкладывает G/N в некоторую подгруппу группы S(M) = Sk.
5.40. Пусть N < G — такая же, как в 5.39. Тогда p! делится на \G/N\ и \G/N\ ^ p, ибо N С H. Но по условию p —
минимальный простой делитель числа \G\, значит, у числа \G/N\ не может быть простых делителей < p. Поэтому \G/N\ = p,
т.е. индексы, а следовательно, и порядки подгрупп N и H совпадают. Следовательно, N = H.
5.42. 1) Пусть \M\ = k, m — наименьшее общее кратное порядков всех элементов из M и A = (M). Всякий элемент из A
может быть записан в виде произведения элементов из M. Достаточно показать, что среди этих записей для каждого a G A
найдутся такие, которые состоят не более чем из k(m — 1) множителей. Пусть дана запись (1): a = a1 …as и s > k(m — 1).
В этом случае хотя бы один из элементов, например ao, встречается в (1) не менее m раз. Если ai есть первый из элементов
записи (1), равный ao, то, полагая a-1ajao = aj, получим a = aoa1 … a- ^+1 …as, где aj G M. Применяя этот же прием
к первому из элементов ai+1, … , as, равному ao, и т.д., через конечное число шагов получим запись a = ama1 .. .as-m, что
ввиду am = e приводит к записи с s — m множителями.
6. Центр и коммутант. Прямые произведения. Силовские подгруппы
6.15. 2) Вытекает из 6.14 2).
6.34. A и C сопряжены, так как имеют одинаковую жорданову форму, а A и B не сопряжены.
6.36. 5) Пусть G = pm и \H\ = pst, где m и t не делятся на p. Порядок p-подгруппы PH/H в G/H не больше pt-s, поэтому
порядок ядра P П H канонического гомоморфизма P ^ PH/H не меньше ps, что и требовалось доказать.
6.37. 4) Для группы порядка 36 и ее силовской 3-подгруппы примените 5.39. Пусть теперь G — группа порядка 80. Если си-
ловская 5-подгруппа не является нормальной, то должно быть 16 различных 5-подгрупп. Поскольку их попарные пересечения
тривиальны, в группе не больше, чем 80 — 16 • 4 = 16 элементов, порядки которых степени двойки, они могут образовывать
лишь одну силовскую 2-подгруппу, которая, следовательно, нормальна. К другим группам примените подобные рассуждения.
5) Если p > q, то число m подгрупп порядка p2 сравнимо с 1 по модулю p только при m =1. Если p < q, то число q-подгрупп
сравнимо с 1 по модулю q и делит p или p2. Так как p оно делить не может, оно равно p2; следовательно, элементов порядка
q будет p2(q — 1). Однако подгруппа порядка p2 существует, поэтому она единственна (p2q = p2(q — 1) + p2).
6.38. Пять силовских 2-подгрупп и одна силовская 5-подгруппа.
6.39. 4) Элемент лежит в центре, если и только если он совпадает со всеми сопряженными ему элементами. Поэтому, если
в центре лежит лишь одна единица, то pn = 1 + pkl +… + pks (ki ^ 1) (число элементов любого класса сопряженности делит
порядок группы). Противоречие.
6.42. p2 + p — 1, причем p классов состоит из одного элемента, а остальные — из p элементов. Центр Z(G) имеет порядок p.
Централизатор любого элемента g G Z(G) имеет порядок p2, так как он содержит Z(G) U{g} и не совпадает со всей группой.
Число сопряженных с g элементов равно p.
6.43. Произведения aob1 … an- 1bnan элементов максимальных подгрупп A и B составляют подгруппу C, строго содержащую
A и B. Поэтому C = G. Элементы из A П B перестановочны с элементами из C, так как A и B коммутативны.
6.45. Учесть свойство сохранения порядка элемента при сопряжении.
6.48. 2) а) Z4, Z2 х Z2; б) Z6, S3; в) Za, Z4 х Z2, Z2 х Z2 х Z2, D4, Qa; г) Z9, Z3 х Z3; д) D5, Z5 х Z2.
Таблица, указывающая число групп G заданного непростого порядка \ G\ ^ 33.
4 6 8 9 10 12 14
число групп 2 2 5 2 2 5 2
G 15 16 18 20 21 22 24
число групп 14 5 5 2 2 15
25 26 27 28 30 32 33
число групп 2 2 3 4 4 51 1
6.51. 1) Рассмотрите группу S3.
6.55. Число p! делится на p, но не делится на p2, поэтому каждая силовская p-подгруппа состоит из степеней одного цикла
(й … iv). Число таких циклов равно (p — 1)!, а число различных порождающих в циклической подгруппе порядка p равно
p — L
6.56. 1) Покажите, что \ SL(2, Fp)\ = p(p — 1)(p +1) и \ GL(2, Fp)\ = p(p2 — 1)(p — 1), значит, силовская p-подгруппа имеет
порядок p.

168 Гомоморфизм

2) Нормализатор состоит из всех матриц вида ^ 0 —1 J, где x = 0; а в GL(2, Fp) из всех матриц вида ^ 0 ^ J, где
x, z = 0.
3) p + 1 (совпадает с индексом соответствующего нормализатора).
6.57. В GL(n, Fq): (qn — 1)(qn — q)… (qn — qn—1). При подсчете числа невырожденных матриц заметить, что если выбраны i
первых строк, то для выбора (i + 1)-й строки имеется qn — q% возможностей: действительно, всего существует qn различных
строк длины п над полем из q элементов, но в качестве (i + 1)-й строки подходят лишь те из них, которые не являются
линейными комбинациями i строк, выбранных раньше. Число таких линейных комбинаций — это число упорядоченных
наборов, составленных из i коэффициентов, т.е. q%.
В SL(n, Fq): ———[(q^ — 1)(qn — q)… (qn — qn ^ Подгруппа SL(n, Fq) есть ядро гомоморфизма A ^ det A группы GL(n, Fq)
на мультипликативную группу поля Fq (состоящую из q — 1 элементов), поэтому | GL(n, Fq)/ SL(n, Fq)| = q — 1. Остается
применить теорему Лагранжа.
Последнее утверждение вытекает из того, что порядок подгруппы и максимальная степень числа q, делящая | GL(n, Fq)| и
| SL(n, q)l равны qn(n—1)/2.
6.60. n1n2.
6.65. Zpn при п ^ 0, Zp x Zp и Qs.
6.67. Диагональная подгруппа; UT(2, Fq) x Z(G), где UT(2, Fq) — унитреугольная подгруппа группы G = GL(2, Fq).
6.69. 2) Число инволюций равно q2 — 1 при четном q и равно q2 + q + 1 при нечетном q.
7. Ряды подгрупп. Разрешимые и нильпотентные группы
7.4. 6) Группа порядка 12 или 20 разрешима, так как имеет нормальную силовскую подгруппу по 6.37. В группе порядка 42
силовская 7-подгруппа нормальна, а в группе порядка 100 нормальна силовская 5-подгруппа.
7.9. 5) Коммутативные группы: Zp3, Zp2 x Zp и Zp x Zp x Zp. При p =2 — некоммутативные группы: группа диэдра и
группа кватернионов. При р > 2 — некоммутативные группы: (a,b | ap = bp = е, b—1ab = ax+p) и (a,b,c | ap = bp = cp =
е, [a, b] = c, [a, c] = [b, c] = е).
7.10. 1) Для разрешимых групп утверждение вытекает из того, что расширение разрешимой группы при помощи разрешимой
группы разрешимо. Пусть G = G1 x … x Gs, где все Gk — нильпотентные группы. Выберем в этих группах по одному
центральному ряду, причем считаем, что длины этих рядов совпадают, допуская, если нужно, ряды с повторениями. Пусть
е = Gko С … С Gkn = Gk — центральный ряд группы Gk. Подгруппы Ai = Gu x … x GSi, i = 0, … , n, будут составлять
центральный ряд группы G.
3) Предположим, что A не нормальна в G. Тогда существует сопряженная с A подгруппа Б = A. Имеем (A, Б) = G (в
силу квазинормальности этой подгруппы и максимальности A). Но это невозможно, ибо из b—1a—1Aab = Б вытекает, что
A = a—1Aa = ЬБЬ-1 = Б.
7.11. Пусть a 6 G и И = (a, G’). Так как G’ С ZS — 1(G) П И С ZS—1(H), то группа H/ZS—1(H) циклическая. Поскольку
факторгруппа по центру не может быть циклической, отличной от е, то ZS — 1(H) = И, что и требовалось.
7.12. Пусть Zi = Zi(G), Ho = И, Hj+ 1 = Na(Hj). Достаточно проверить, что Zi С Hi. Для i = 0 это очевидно. Перейдем от i
к i + 1. Так как [G, Zi+1] С Zi С Hi, то HZ%+1 С Hi[Hi, Zi+1] С Hi. Это означает, что Zi+1 нормализует Hi, т.е. Zi+1 С Hi+1.
7.13. а) Пусть е = Go С G1 С … С Gn = G — центральный ряд группы G, и И — подгруппа в G. Если Hi = Gi П И,
то [Hi+1, И] С [Gi+1, G] П И = Hi и поэтому подгруппы Hi составят после удаления повторений центральный ряд для И.
Пусть теперь p: G ^ G — эпиморфизм, Gi = p(Gi), gi+ 1 6 Gi+1, ~g 6 G, p(gi+1) = ~9i+1, p(g) = g. Так как [gi+1, g] 6 Gi, то
[gi+1, g] 6 Gi, и поэтому подгруппы Gi составят после удаления повторений центральный ряд группы G.
б) Индукцией по ступени нильпотентности. Пусть е = H<G, Zi = Zi(G) и И С Z1 = Z(G). По индуктивному предположению,
примененному к G/Z1, пересечение ИZlПZ2 содержит некоторый элемент a 6 Z1. Так как a = hz, h 6 И, z 6 Z1, то h 6 ИПZ2,
h 6 Z1. Пусть элемент g 6 G таков, что [h, g] = е, тогда [h, g] 6 И П [Z2, G] С И П Z1 и, значит, И П Z1 = е.
в) Используйте 7.11.
7.14. Допустим, что A = G. Положим Ai = AZi, где Zi = Zi(G), i = 0, 1, …. Очевидно, Ai <Ai+1. Пусть Am С G, Am+1 = G.
Так как фактор Am+1/Am коммутативен, то G’ С Am, значит, AG’ С Am С G. Противоречие. Утверждение о подгруппе
Фраттини вытекает из ее описания как множества непорождающих элементов.
7.15. Обозначим И = Cg(A), Zi = Zi(G). Пусть уже доказано, что И П Zi С A, и пусть x 6 И П Zi+1. Для всякого g 6 G
имеем [x, g] 6 И П Zi С A, значит, (x, A) — коммутативная нормальная подгруппа. Поэтому x 6 A, т.е. И П Zi+1 С A. Так
как Zn = G при некотором п, то И = A.
7.16. Индукцией по ступени нильпотентности. Пусть a, b — периодические элементы из G, и A = (a, G’), Б = (b, G’). По
индуктивному предположению t(A) и t(B) — подгруппы в A и Б соответственно. Так как t(A) — вполне инвариантная
подгруппа в A, а A нормальна в G, то t(A) нормальна в G. Аналогично, Ь(Б) нормальна в G. Любой элемент из t(A) • Ь(Б)
при возведении в подходящую степень попадает сначала в Ь(Б), а затем в е, поэтому группа t(A) • Ь(Б) периодическая. В
частности, элементы ab, a—1 периодические, что и требовалось доказать.
7.17. Индукцией по ступени нильпотентности. Будем считать, что G некоммутативна. Подгруппа (a, G’) нормальна в G и
имеет меньшую ступень нильпотентности. Так как a, a 6 (a, G’), то из (a )n = an следует a = a. Откуда (ab—1)n = е и,
значит, a = b.

169 Гомоморфизм

7.22. а) Достаточно показать, что любая силовская подгруппа P группы A = Ф^) нормальна в A или, что равносильно, в
G, т.е. Ng(P) = G. Но это равносильно соотношению G = A • Ng(P). Докажем это равенство.
Пусть g G G, подгруппа Pg снова является силовской в A, значит, P и Pg сопряжены некоторым элементом a G A, т.е.
Pg = Pa, откуда ga-1 G Ng(P), g G A • Ng(P). Попутно доказано б).
7.36. По лемме Цорна всякий элемент из G лежит в некоторой максимальной локально нильпотентной подгруппе H. Достаточно
показать, что H нормальна в G (поскольку произведение таких подгрупп есть локально нильпотентная подгруппа).
Пусть N = Ng(H). Если Ng = N, то Hg, H нормальны в N. Произведение HgH локально нильпотентно, поэтому HgH = H.
Ввиду максимальности Hg = H и, значит, g G N. Таким образом, N совпадает со своим нормализатором. Следовательно,
N = G.
7.37. По индуктивным соображениям можно считать, что любой периодический элемент g из G лежит во втором центре
группы G. Если gm = e, то [g, xm] = [g, x]m = [gm, x] = e для произвольного x G G. Ввиду полноты G элемент xm пробегает
всю группу, следовательно, g G Z(G).
7.40. 2) Поскольку подгруппы полициклических групп снова полициклические, то они, в частности, конечно порождены.
Отсюда следует достаточность. Докажем необходимость. Пусть G удовлетворяет условию максимальности и имеет разрешимый
ряд, его факторы Gi+1/Gi тоже удовлетворяют условию максимальности, поэтому они конечно порождены и, значит,
представимы в виде прямых произведений циклических групп. Это позволяет уплотнить данный ряд до полициклического
ряда.
7.41. 1) Поскольку в группе произведение разрешимых нормальных подгрупп является разрешимой нормальной подгруппой,
то в силу конечности группа G имеет единственную максимальную разрешимую нормальную подгруппу.
4) Пусть x G K. Так как x-1 = ex-1e, то достаточно показать, что xn G K для любого n G N. Приведем доказательство,
когда n четно. Для нечетного n доказательство аналогично. При n = 2 имеем x2 = xex G K. Предположим, что x G K для
любого четного натурального k < n. По индукции xn-2 G K. Значит, x-(n-2) G K. Тогда xn = x(x-(n-2))-1x G K.
8) K = {akbsak \ k, s G Z} — скрученное подмножество, не являющееся подгруппой.
8. Автоморфизмы и эндоморфизмы
8.4. а) AutZ5 — циклическая группа порядка 4, состоящая из автоморфизмов возведения в степень k =1, 2, 3, 4;
б) Aut Z6 — группа второго порядка, в которую кроме тождественного автоморфизма входит автоморфизм возведения в
пятую степень.
8.5. 3) AutZ = Z2 = AutZ3.
4) Группа автоморфизмов мультипликативной группы положительных рациональных чисел имеет мощность континуума —
любое взаимно однозначное отображение множества всех простых чисел на себя индуцирует некоторый автоморфизм этой
группы.
8.22. G ^ 2.
8.28. Пусть G = GL(2, Q). Если a — матрица из группы G, то ее определитель может быть записан в виде 12n(a), где числа
s и t нечетны, а n(a) — целое число. Из свойств определителей вытекает равенство n(ab) = n(a) + n(b). Нетрудно проверить,
что отображение f : a ^ ^ Q nQa) является эндоморфизмом группы G. Однако f: ^ 0 1 , т.е. матрица
из центра группы G переходит в матрицу, лежащую вне центра.
8.29. Пусть ф G Z(Aut G) и фa = a’ = a для a G G. Тогда a-1<pga = ^(a-1ga) = a 1(^g)a/ для всякого g G G. Так как <pg
вместе с g пробегает всю группу G, то элементы a и a’ производят в группе G один и тот же внутренний автоморфизм. Это
противоречит тому, что Z(G) = e.
8.33. а) Aut Z9 = Z6, порождается автоморфизмом возведения в квадрат;
б) Aut Za = V4.
8.40. Пусть автоморфизмы а, в G Aut A лежат в стабилизаторе S. Для a G A при некоторых b, c G B имеем aa = a + b и fia =
a+ c, откуда aea = a+ b + c. Отображения a : a + B ^ (a — 1)a = b, в: a + B ^ (в — 1)a = c являются такими гомоморфизмами
из A/B в B, что ав: a + B ^ b + c. Значит, сопоставление а ^ а является мономорфизмом S ^ Hom(A/B, B). При данном
П G Hom(A/B, B) отображение а: a ^ a + n(a + B) принадлежит S, поэтому S = Hom(A/B, B). Второе утверждение легко
проверяется.
8.41. Всякий автоморфизм а G Aut A индуцирует некоторые автоморфизмы ав G Aut B и ас G Aut A/B = Aut C. Соответствие
а ^ (ав, ас) является таким гомоморфизмом ф: Aut A ^ Aut B х Aut C, что Ker ф = S и S П Im ф =1.
8.42. 2(1 + e) и 2(1 — £).
8.44. Используйте то, что группа Aut A содержит центральный автоморфизм порядка 2: a ^ —a, a G A.
8.46. а) Если для п G End A выполняется п2 = 0, то эндоморфизмы 1 + п и 1 — п являются взаимно обратными, значит,
принадлежат группе Aut A. Но (1 + п)п = 1 + пп =1, так как аддитивная группа кольца End A — группа без кручения.
б) При любом в G End A эндоморфизмы ф = (1 + а)в(1 — а) и ф = (1 — а)в(1 + а) являются нильпотентными, значит,
ф = 0 = ф. Так как 2(ав — ва) = ф — ф, то ав = ва.
8.49. 1) Пусть a G A есть ^’-автоморфизм группы P. Используя индукцию, можно считать, что [a, P1] = e. Так как

170 Гомоморфизм

Следовательно, a = 1.
2) Группа A стабилизирует цепь P D [P, A] D [P, A, A] = e.
8.50. Покажем сначала, что свойство в) и характеристичность C в P вместе приводят к свойству г). Предположим для этого,
что [a, C] = e, где a — заданный p’-автоморфизм. Тогда [a, C, P] = e и [C, P, a] С [C, a] = e. Таким образом, [P, a, C] = e и
[P, a] С Cp(C) = Z(C) по в). Откуда [P, a, a] = e и по 8.49 2) [P, a] = e.
Докажем существование C. Если какая-либо подгруппа A G SCN (P) характеристична в P, то полагаем A = C. Ясно,
что условия а), б), в) выполняются, поэтому можно предположить, что ни одна максимальная коммутативная подгруппа
в P не характеристична. Пусть D — максимальная характеристическая коммутативная подгруппа в P. Пусть C/D =
0,1 (Z(P/D))nCp (D)/D. Тогда D С C и C — характеристическая подгруппа в P. Так как D С Z(C) и Z(C) — коммутативная
характеристическая подгруппа в P, то из максимальности D следует D = Z(C).
а) Так как C/D — элементарная коммутативная группа, то C/Z(C) элементарна и C С D С Z(C). Откуда clC ^ 2.
б) Поскольку C/D С Z(P/D), то [P, C] С D = Z(C).
в) Предположим, что Q = Cp(C) С C. Так как Q П C = Z(C) = D, то Q/D С P/D и Q/D П C/D = e. Разумеется,
Q С Cp (C) С Cp (D). Если Q = D, то Q/D имеет с 01(Z(P/D)) П Cp (D)/D нетривиальное пересечение. Противоречие.
8.51. в) Запишем P аддитивно. Покажем, что Cp (A) П [P, A] = 0. Пусть 9 — эндоморфизм группы P, определенный равенством
9 = ^ a. Ясно, что b9 = 9b = 9 для всех b G A. Таким образом, 92 = 9. Откуда P = 9P ф Ker 9. Если x G Cp(A), то
aeA
9x = A- ^ ax = x. Значит, Cp (A) С 9P. Наконец, если [x, a] G [P, A], то 9(—x + xa) = —9x + 9x = 0, так что [x, a] G Ker 9.
aeA
Таким образом, Cp (A) П [P, A] = 0. Теперь утверждение вытекает из того, что P = [P, A] Cp (A).
8.54. См. [11, теорема 2.4] или [13].
9. Упорядоченные группы
9.13. 2) (p1q0(p2q2) = (p^^q-1)^^) = p3q3, где p3 G P, q3 G Q. Следовательно, PQ — подполугруппа. Далее, e = e • e G
PQ. Из pq = e следует p = q-1 G P П Q-1 = e, т.е. p = q = e. Поэтому из e = (p1q1)(p2q2) = p3q3 следует, что p3 = q3 = e и,
так как подполугруппы P и Q обладают свойством в), q1 = q2 = p1 = q1p2 q
1
-1 = p2 = e. Наконец, для любого x G G
x
-1
(pq)x = (x
-1
px)(x
-1
qx) = p
‘
q
‘ G PQ.
9.14. Необходимость. a G P или a G P-1, поэтому а) выполнено. Если b,c G Pa, b = e, c = e, но Pb П Pc = e, то по п. 2) из 9.13
PbP-1 будет подполугруппой со свойствами б) — г) из 9.8. Частичная упорядоченность, определяемая этой подполугруппой,
по условию может быть продолжена до линейной с подполугруппой положительных элементов P. Имеем b, c-1 G P. Откуда
e = c G P-1 П Pa и e = b G P П Pa, но для любого a = e или Pa С P, или Pa С P-1. Это доказывает б).
Достаточность. Пусть P — подполугруппа со свойствами б) — г) из 9.8. Заметим, что если P П Pa = e, то P П P-1 = e. В
самом деле, пусть x G P П Pa, x = e, и y G P П P-1, y = e. Тогда x-1 G Pa-1 , y G Pa1 = Pa-1, а поэтому Px-i П Py = e.
Однако x-1 G P -1, y G P, т.е.P x-1 С P-1, Py С P, значит, P-1 П P = e, что противоречит б).
Возьмем в G любую подполугруппу P, определяющую максимальную упорядоченность. Если эта упорядоченность не линейная,
то существует a G G такой, что a G P и a-1 / P. В силу а) существует подполугруппа Pa, причем в виду вышедока-
занного можно считать (заменяя, если нужно, a на a-1), что P П P-1 = e. Поэтому по 2) из 9.13 PPa будет подполугруппой,
строго большей чем P, что противоречит выбору P.
9.15. Если a = e, то Pa состоит из всех степеней an, n =0, 1, … , поэтому а) из 9.14 выполнено. Выполняется и условие б),
так как если b = ak, c = a1, k ^ 1, l ^ 1, то e = akl G Pb П Pc.
9.28. Все указанные элементы должны принадлежать всякой выпуклой подгруппе, содержащей a. Пусть e ^ x ^ ak, e ^ y ^
al при некоторых натуральных k и l. Тогда e ^ xy ^ ak+l, т.е. xy G A. Так как a~l ^ y-1 ^ e, то a~l ^ xy-1 ^ ak. Если
xy-1 ^ e, то xy-1 G A. Если же xy-1 < e, то e ^ (xy-1)-1 ^ a , т.е. (xy-1)-1 G A, а тогда xy-1 G A.
9.29. Так как AP(G) = P(G)A, то AP(G) и AP-1(G) — подполугруппы в G, а тогда AP(G) П AP-1(G) — подполугруппа
и, поскольку AP(G) П AP-1(G) = AP(G) П (AP(G))-1, то AP(G) П AP-1(G) есть подгруппа в G. Если e < x < c, где
c G AP(G) П AP-1(G), то x = ex G AP(G) и x = c(x-1c)-1 G AP-1(G), следовательно, x G AP(G) П AP-1(G), откуда
следует, что AP(G) П AP-1(G) выпукла. Если же ax = by-1 G AP(G) П AP-1(G), где a,b G A, то a ^ ax = by-1 ^ b, откуда
AP(G) П AP-1(G) С H.
9.35. Пусть для определенности ф^): ф^) < a1 : a2. Тогда существует рациональное число m : n такое, что ф^) :
ф^2) <m : n<a1 : a2, откуда получаем противоречивые неравенства ma2 < na1, mф(a2) > nф(al).
9.37. Пусть G = ]^[ Ai — прямое произведение линейно упорядоченных групп, множество I вполне упорядочено. Проверьте,
iei
что лексикографический порядок в G: a = (… , ai, …) G P(G), если ai ^ e в Ai и aj = e в Aj для всех j < i, будет линейным.
9.40. в) Пусть H = (a,b), a > b и B С A — скачок выпуклых подгрупп из H, определяемый элементом a. Из выпуклости
A и a > b следует b G A и, значит, A = H. Коммутативность A/B влечет [a, b] G B, откуда по б) \ [a,b] \ << \a\.
9.41. Пусть G = {a1, … , an} и \a 1 \ ^ \ai \, i = 2, … , n. Тогда наибольшая выпуклая подгруппа, не содержащая a1, ввиду
б) — в) из 9.40 будет требуемой.
9.46. В силу 9.43 группу можно считать нильпотентной. Верхний центральный ряд группы в этом случае удовлетворяет

171 Гомоморфизм

9.47. В свободной группе F возьмем систему £ из членов нижнего центрального ряда и их пересечения, равного, как известно,
единичной подгруппе. Система £ удовлетворяет условиям 9.44, так как факторгруппы Fn/Fn+1 являются коммутативными
группами без кручения.
9.48. Пусть G — линейно упорядоченная группа, она изоморфна факторгруппе F/H некоторой свободной группы F. Введем
в F/H такой порядок, чтобы F/H была у-изоморфна G, а И линейно F-упорядочим (это можно сделать по 9.47). Осталось
применить 9.45.
9.50. Если И содержит выпуклую подгруппу N, то И открыта, так как N = У (x — 1, x) открыта. Если И открыта, то И
xeN
есть объединение открытых интервалов (a,b). Предположим, что a—1b лежит в скачке выпуклых подгрупп N1 Э N2, N2 = е.
Тогда вместе с a в И лежат элементы ax, где x 6 N2, x > е и, следовательно, N2 С И. Если же И открыта и всякий интервал
(a, b) таков, что a—1b лежит в наименьшей выпуклой подгруппе N, то N П И = е. Покажем, что в этом случае N С И. Пусть
h 6 N. Так как N П И = е и подгруппа N П И открыта в G, то найдется окрестность единицы (x,y) С N П И; пусть c 6 (x,y),
c = е. Так как N — наименьшая выпуклая подгруппа в G, то она архимедова, и поэтому найдется такое п, что cn < h < cn+1.
Тогда е < c—nh < c, откуда следует c—nh 6 (x,y), т.е. c—nh 6 И и h 6 И. Итак, N С И.
9.51. Если группа G связна, то она архимедова ввиду 9.50 и теоремы Гельдера. Но архимедова группа связна лишь в том
случае, если изоморфна аддитивной группе вещественных чисел с естественным порядком.
9.52. Если группа G содержит наименьшую выпуклую подгруппу И, изоморфную группе вещественных чисел, то G локально
компактна.
Обратно, пусть G локально компактна. Тогда найдется окрестность единицы (a, b) с компактным замыканием (a, b) = {x | a ^
x ^ b}, (a, b) не может содержать выпуклой подгруппы. Поэтому в G имеется наименьшая выпуклая подгруппа И, a,b 6 И.
Если И не изоморфна группе вещественных чисел, то не связна по 9.51, тогда она не полна по Дедекинду и поэтому не
локально компактна.
9.53. Если бы порядково полная группа G была не архимедовой, то в G имелась бы выпуклая подгруппа И. Тогда множество
всех таких элементов x 6 G, что x ^ h для некоторого h 6 И, было бы ограниченным сверху, но не имеющим верхней грани.
Обратное утверждение очевидно.
9.54. См. [19, глава VII, § 4, теорема 1].
10. Действия групп на множествах. Представления групп
10.5. а) Две орбиты: одна состоит только из одного нулевого вектора, другая — из всех ненулевых векторов.
б) Каждая орбита состоит из всех векторов одинаковой длины.
в) Каждому подмножеству I С {1, … , п} отвечает орбита Oi, состоящая из тех векторов x, у которых координата xi равна
0 в точности тогда, когда i 6 I. Всего 2п различных орбит.
г) Всего п+ 1 различных орбит О, О1, … , On, где О состоит из нулевого вектора, а Oi — из всех таких векторов x = ^ xtеt,
t=1
для которых xi = 0 и xj = 0 для всех j > i.
10.6. 1) Орбита группы G равна X.
2) Gu состоит из всех матриц вида ^ A Б ^J, где A — обратимая матрица порядка k, C — обратимая матрица порядка
n — k и Б — матрица размера k x (n — k).
10.7. а) Центр Z(G) группы G;
б) орбитой служит класс сопряженных элементов xG, содержащий x, стационарной подгруппой — централизатор Cg(x).
10.9. Ker LH = P| g—1Hg — наибольшая нормальная подгруппа группы G, содержащаяся в И.
geG
10.14. а ) Имеем J] N(g) = r(j) (r(j) — число элементов в G, оставляющих на месте символ j). Другими словами, r(j) =
geG j=1
|Gj|, где Gj = St (j). В силу транзитивности |Gj| = ^j Glg—1| = |G11 (j = gj (1)). Стало быть, ^ N(g) = ^ \Gj | = ^ |G11 =
geG j=1 j=1
n|G1| = |G|.
б) Условие 2-транзитивности означает, что на множестве О1 = О \ {1} стационарная подгруппа G1 действует транзи-
тивно, т.е. Gl-орбитами будут {1} и О1. Пусть N’ (x) — число точек в О1, неподвижных при действии x 6 G1. Имеем
£ N’ ( x) = |G1|. Так как N(x) = 1 + N’ (x), то ^ N(x) = 2 |G1|. Такие же соотношения справедливы для других Gj:
xeGi xeGi
N(x) = 2 |Gj| = 2G1I Тогда ^ ^ N(x) = 2 n|G1| = “2\G\ (N(x) считается по одному для каждой подгруппы Gj, в
xeGj j=1 xeGj
которой содержится x). Но x оставляет на месте N(x) точек, следовательно, содержится ровно в N(x) подгруппах Gj. Это
означает, что каждый элемент x вносит в сумму слагаемое N(x)2. С другой стороны, любой элемент y 6 G, не содержащийся
в [J Gj, переставляет все точки, так что N (у) = 0. Откуда N (g)2 = ^ ^ N(x) = 2 |G|.
j geG j=1 xeGj
10.15. г) Пусть x 6 О. Так как G действует 2-транзитивно на О, то Gx транзитивна на О \ {x}. Поэтому для любых
е = h1,h2 6 И существует такой g 6 Gx, что g(h1x) = h2x. Откуда gh1g—1x = h2x. Так как И регулярна на О, то

172 Гомоморфизм

регулярности ^ = \И\.
10.20. По условию Q есть объединение t = r(G : О) орбит G(x1), … , G(xt). Пусть M = {(x, g)\ x G Q, g G G и gx = x}.
Тогда
E \ Fix(g) \ = \M \ = E \ Gx \ = E ^ = E \ G(xi) \ ^ =t \ G \ .
geG xen xen i=1
ei \0< E Xiei \ Xi G P > — разложение в прямую сумму одномерного и (п— 1)-мерного инвариантных
: / i, Л1 + … + ЛЛ=0 J
подпространств.
10.32. 1) Если Ф: G ^ P*, то G’ С Ker Ф.
2) Если G = Z4 и P = Z11, то 2Z4 С Ker Ф.
3) G = Z. Представление k ^ Хк при 1 = \X\ G C точно. Если \X\ = 1, то X = е2жг$, 9 G R, и ядро отображения k ^ е2жг9к
отлично от нуля только при 9 G Q. G = (a \ an = e). Пусть £ = exp (2ni/ri) — примитивный корень степени п из 1. Из п
одномерных представлений Ф(т): ак ^ £mk, m = 0, 1, … , п — 1, точными будут <р(п).
/1 1 ,-i г\ г\ \ к
4) Рассмотрите отображение k ^ J1
1
0 1 1 . . .0
0
0
0 0 0 . . .1 1
0 0 0 . . .0 1
и используйте теорему о жордановой нормаль-
ной форме матрицы.
5) Нужно убедиться лишь в том, что у конечной циклической группы нет неприводимых над C представлений размерности
> 1. Для этого заметим, что любой линейный оператор конечного порядка диагонализируем над C. Действительно, матрица
A этого оператора приводится к жордановой нормальной форме J(A) — прямой сумме жордановых клеток Jm, \. Если Aq = E,
то Jm х = E, а это возможно только тогда, когда m = 1 и X — корень степени q из 1, т.е. J(A) — диагональная матрица. В
данном случае это равносильно полной приводимости представления Ф. Если &шФ = г, то Ф распадается в прямую сумму
r одномерных представлений.
6) следует из 5).
10.33. Над R представление неприводимо, поскольку характеристический многочлен X3 + X +1 этой матрицы не имеет
вещественных корней. Если V рассматривать над C, то V представимо в виде прямой суммы одномерных G-подпространств
у = (V1 + £ -V2) 0 (V1 + £V2), СФаС 1 = ^ 0 £-1
£ = -i+r—3′ c = ( 1 ——Г ‘
10.34. В обоих случаях U = (e^ — инвариантное подпространство. Если бы для Ф сущест(овало инвариантное подпростран-
10
ство, дополнительное к U, то в подходящем базисе оно было бы представлено матрицей 01 1 0 , т.е. было бы единичным,
что не соответствует действительности. Второе представление приводимо, и в базисе {e 1, e1 — e2} имеет матрицу ^ ^ ^
10.37. Пусть Vo = Ker и С V. Тогда Ф^^о С Vo. Ввиду неприводимости Vo = 0, следовательно, Ker и = 0. Аналогичным
образом показывается, что Im и = W, т.е. справедливо а). Пусть X — одно из собственных значений оператора и, и ио =
и — XI. Так как Ф(д) ио = и о Ф(д) и Ker и о = 0, то и о = 0 и и = XI.
10.38. 4) Равенство gm = e влечет Ф(д)т = I, и если X1, … , X
n — характеристические корни оператора Ф(д), то Xk, … , X^ —
характеристические корни оператора Ф(д) . В частности, Xm = 1 и, значит, X \ = 1, Xi = X-1. Откуда Хф(д-1) = tr Ф(д-1) =
Е К1 = Е Xi = Е Xi = ХФ(д).
10.39. а) Имеем xv = ХП + … + ХУк. Откуда (xv, Xw )g = (xvi , Xw )g + … + (xvk, Xw )g. Справа стоит сумма из нулей и
единиц, причем число единиц совпадает с числом G-подпространств Vi, изоморфных W. Теперь справедливость утверждения
вытекает из независимости скалярного произведения от разложения V.
б) Два G-пространства V, V’ с одним и тем же характером x = XV = Xv1 содержат в своих разложениях слагаемое,
изоморфное данному неприводимому G-пространству W, одинаковое число раз, а именно (x, xw)g. Поэтому в разложениях
к l
V = 0 Vi, V = 0 V) на неприводимые прямые слагаемые можно считать l = k, Vi = Vi. Значит, изоморфны и сами V, V .
i=1 )=1
в) Из доказанного следует, что хф = Е miXi, где mi — кратность, с которой неприводимое представление (Ф^ Vi) входит
в разложение (Ф, V). Из соотношения ортогональности вытекает, что (хф, Хф^ = Е m2.
10.40. Считаем, что G — матричная группа: G С GL(n, C), где п — степень представления. Пусть C(G) — централизатор
группы G в M (п, C). Тогда C(G) — подкольцо, содержащее Z(G). По лемме Шура каждая матрица в C(G), отличная от

173 Гомоморфизм

нулевой, невырожденная, т.е. C(G) — тело. Его центр K является полем и Z(G) С K, значит, Z(G) — конечная подгруппа
мультипликативной группы поля. Как известно, такая подгруппа всегда циклическая.
10.41. Пусть Rh — матрица линейного оператора p(h) в данном базисе {eg | д 6 G}. Так как р(Н)вд = ehg, то trRh = 0 при
h = e, значит, Xp(h) = 0 и Xp(e) = |G|. Пусть теперь (Ф, V) — неприводимое представление группы G. Кратность вхождения
Ф в р равна скалярному произведению (хр, Хф)с- Имеем (1): (хр, Хф)с = щ Xp(h)x$(h) = щХр(е)Хф(е) = щ|G|x«(e) =
heG
dim V. Если r — число классов сопряженности группы G, то имеется r попарно неэквивалентных неприводимых представлений
Ф(1), …, Ф(г), которым соответствуют характеры xi, ••• , Xr степеней ni, … ,nr, ni = Xi(e). Соотношение (1) показывает,
что р = щФ(1) ф.. .ФпгФ(г). Откуда хр = niXi + … + nrXr- В частности, |G| = Xp(e) = niXi(e) + .. . + nrXr(e) = П + . .. + П?.
10.42. Число r классов сопряженности коммутативной группы A совпадает с ее порядком, откуда вытекают первые два
утверждения. Если все неприводимые представления имеют степень 1, то согласно 10.41 r = |A|, это равносильно коммутативности
группы.
10.43. Группа A допускает разложение A = Ai х … х Ak в прямое произведение циклических групп Ai = {ai). Если
|Ai| = Si и Si — примитивный корень Si-й степени из 1, то каждому элементу a = ai1 … ak из A отвечает характер Xa 6 A,
определенный соотношением Xa(a1 • ••ak ) = s^1 • ••skktk. Очевидно, что XaXb = Xab. Если a = ai1 • ••al = ai1 • ••al = b,
то существует индекс i с ti = li. Тогда Xa(ai) = si = si = Xb(ai). Следовательно, все характеры Xa попарно различны и
отображение a ^ Xa устанавливает требуемый изоморфизм A и A.
10.44.
V4 e a b ab
Xi 1 1 1 1
Х2 1 — 1 1 — 1
Хз 1 1 — 1 — 1
Х4 1 — 1 — 1 1
10.45. Для доказательства последнего утверждения рассмотрите таблицу характеров группы S3.
10.47. Значение Хф(д) совпадает с числом N(g) базисных векторов ei, остающихся неподвижными при действии g. По
свойствам 2-транзитивных групп ^ Хф(д)Хф(д) = X) Хф(д)2 = X) N(д)2 = 2|G|, что переписывается в виде (хф, Хф)щ = 2.
geG geG geG
Поэтому Ф — прямая сумма двух неприводимых представлений (2=1+1 — единственная запись 2 в виде суммы квадратов
натуральных чисел). Имеем Ф = Ф(1) ф Ф, где (Ф(1), U) — единичное представление, а Ф — (n — 1)-мерное представление,
действующее на пространстве W = {ei — en, ••• , en-i — en). Если бы разложение V = U ф W можно было продолжить за
счет разложения W, то неприводимых слагаемых получилось бы больше двух.
В частности, каждая из групп Sn, n > 2; An, n > 3, обладает неприводимым представлением Ф над C степени n — 1 с
характером хф, вычисляемым по формуле Хф(д) = N(д) — 1.
10.50. Заметить, что группы порядков p и р2 коммутативны.
10.51. р2 одномерных представлений и р— 1 р-мерных. Заметить, что центр данной группы имеет порядок р и число классов
сопряженных элементов равно p2 + p — 1. Так как факторгруппа по центру коммутативна, то коммутант данной группы
имеет порядок р. Этим определяется число одномерных представлений. Заметить еще, что в данной группе есть нормальная
подгруппа индекса р и доказать, что размерность неприводимого представления не может быть больше р.
10.52. Группа A4 имеет четыре класса сопряженных элементов. Представители классов и их мощности указаны в двух
верхних строках таблицы
12 3 4 4
A4 e (12)(34) (123) (132)
Xi 1 1 1
X2 1 s s-1
Хз 1 s-1 s
X4 3 — 1 0 0
Коммутант A4 = V4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} имеет индекс 3 в A4. Поэтому A4 обладает тремя одномерными
представлениями: Ф(1) = xi, Ф(2) = Х2, Ф(3) = Хз (с ядром A4 и с s3 = 1, s =1), и одним трехмерным представлением Ф(4)
(12 = 12 + 12 + 12 + 32).
24S4
e
3
(12)(34)
6 2
)
8
(123)
6
(1234)
Xi 1 1 1 1
X2 1 — 1 1 — 1
Хз 2 2 0 — 1 0
X 4 3 — 1 — 1 0 1
X5 3 — 1 1 0 — 1

174 Гомоморфизм

11.1. а) Имеем равенства 0 = (x + y) + (— (x + y)) и 0 = (x + y) + (— (y + x)). Откуда — (x + y) = — (y + x) и x + y = y + x.
б) Пусть R — некоммутативная группа. Назовем операцию в R «сложением», а «произведение» любых двух элементов из R
положим равным единичному элементу группы — «нулю».
в) Можно взять множество N с обычными операциями сложения и умножения.
11.5. 1) 4; 2) 2; 3) 6.
11.8. 2) Если rs = 1, то (sr — 1) s = 0.
11.25. 1) Воспользуйтесь тем, что сумма и разность двух нильпотентных элементов будет нильпотентным элементом.
2) Возьмем кольцо R = Zpk — прямое произведение (см. § 12) колец вычетов Zp, Zp2, Z p 3 , а в нем элементы
ai = (p, 0, 0,…), a2 = (0,p, 0,…), аз = (0, 0,p,…), …. Искомым рядом будет anxn 6 R [[x]].
11.31. г) Если (1 + ab) u =1, то 1 — abu = u. Откуда (1 + ba) (1 — bua) =1 — bua + b (1 — abu) a =1 и так как u (1 + ab) = 1,
то (1 — bua) (1 + ba) = 1 + ba — bu (1 + ab) a =1.
д) Если an = 0 (an-1 = 0), то (1 + a) (1 — a + a2 — … + ( —1)n-1 an-1) = 1.
11.32. Пусть 0 = x — необратимый элемент. Если \xR \ < то, то R содержит бесконечное число делителей нуля (которые
необратимы), в противном случае используйте предыдущее упражнение.
11.34. (^). b = a (a — 1) 1. (^). Для 1 — a найдется с 6 R со свойствами (1 — a) + c = (1 — a) c = с (1 — a), 1 — a + c = c — ac =
с — ca. Откуда a (1 — c) = (1 — c) a = 1.
11.39. Покажите, что если a = a • e, то e — единица.
11.40. а) Отображение x ^ ax (a 6 R,a = 0) — биекция, поэтому ax = a при некотором x 6 R; любой b 6 R представим
в виде b = ya, и тогда bx = b, т.е. x — правая единица. Аналогично, существует и левая единица (совпадающая с правой).
Итак, 1 6 R. Отсюда av =1 и ua =1, u,v 6 R, и, значит, a обратим.
б) Элемент a, обратимый справа, не является правым делителем нуля, и поэтому x ^ xa — биекция.
в) Если ab = 0 (b = 0), но a не является правым делителем нуля, то 1 = xa. Откуда b = xab = 0.
г) Вытекает из предыдущего.
д) Используйте следствие теоремы Лагранжа о том, что порядок элемента делит порядок группы.
11.41. 4.
11.42. 1) 0 = (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2 = ab + ba.
2) Тождество а) доказывается методом математической индукции относительно числа m. При m =1 равенство [xm,y] =
mxm-1[x, y] верно. Пусть [xm,y] = mxm-1[x, y]. Тогда [xm+1, y] = xm[x, y] + [xm,y]x = xm[x, y]+mxm-1[x, y]x = (m+1)xm[x, y].
Так как
[xnym,xsyt] = xn[ym,xs]yt + xs[xn,yt]ym = smxn+s-1[y,x]ym+t-1 + ntxs+n-1yt+m-1[x,y] = (nt — ms)xn+s-1ym+t-1 [x,y],
то б) доказано.
Тождество в) следует из тождества б) при m = n, t = s.
3) Импликации а) ^ б), в), д) очевидны. Эквивалентность а) и г) вытекает из свойства [a, b, c] = [ab, c] — [ba, c]. б) ^ а). Имеем
[[b, c],a] = bca — cba — abc + acb, [b, [c, a]] = bca — bac — cab + acb. Приравнивая правые части, получаем 0 = cba + abc — bac — cab =
[[a, b], c]. Откуда [a, b] 6 Z(R). в) ^ а). Как и выше, из равенства [c, a, b] = [c, b, a] получаем cab — cba + bac — abc = 0 или
c[a, b] = [a, b]c, т.е. [a, b] 6 Z(R). При c =1 из д) получаем [[a, b],d] = 0, т.е. д) ^ а).
11.46. 1) 5 = 0; б) 5 = f (x) d, где d — обычное дифференцирование, f(x) 6 Z [x]; в) 5 = ^ fidi, где fi 6 Z [x1,… , xn],

175 Гомоморфизм

11.47. 1) Для a,b G R имеем (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2 = a + ab + ba + b и ab + ba = 0. Если b = a, то a = —a. Откуда 2a = 0
и ab = —ba = ba. 2) (a — 1) a = 0. Поэтому a2 = a.
11.50. U(Z4) и U(Ze) — да, U(Zs) — нет.
12. Факторгруппы и гомоморфизмы
12.7. Положим T = (R, Z), где (a, п) + (b, m) = (a + b, п + m) и (a, n)(b, m) = (ab + ma + пЬ, nm). Тогда T — кольцо с единицей
(0, 1). Отображение r ^ (r, 0) будет вложением кольца R в кольцо T (умножение целого числа на элемент кольца определено
в 11.9).
12.13. Если 0 = a G R, то 0 = aR = R (1 G R). Поэтому a обратим. Кольцо с нулевым умножением, аддитивная группа
которого имеет простой порядок, не имеет нетривиальных идеалов, но полем не является.
12.14. 1) Для каждого 0 = a G R левый идеал Ra = 0. Поэтому Ra = R. Аналогично, aR = R. Следовательно, R — тело
(см. 11.7). 2) Ra D Ra2 D … (0 = a G R). Поэтому Ran = Ran+1 для некоторого п. Откуда ban+1 = an и, значит, ba = 1.
Теперь достаточно применить 11.8 2).
12.18. Если ab = cd = 0 (b,d = 0), то (ra) b = 0 для всех r G R. Так как bR П dR = 0, то bx = dy = 0 для некоторых x,y G R.
Откуда (a — c) bx = 0, т.е. a — c — делитель нуля.
12.22. б) Если A1 = r (B1), A2 = r (B2), то (см. 12.20) A1 П A2 = r (B1 + B2) G M.
в) Множество L = {A G M \ A D A1, A2} не пусто, что позволяет записать C = (~)AeL A = (~)r(B)eL r(B) = r(^2r(B)eL B) G L.
Ясно, что C является точной верхней гранью для A1, A2.
12.25. R = M(2, Z), a = 1
0 0
0 , b = 0
0 1
0 , a2 = b2 = 0, (a + b)2 = e — единичная матрица.
12.31. 3) Если R = eR 0 (1 — e)R, где e2 = e G R, то t (eR) = R (1 — e).
12.35. Сумма левых идеалов порождается суммой соответствующих идемпотентов.
12.40. Пусть R С S С Q и I — идеал в S. Покажите, что I = aS, где a порождает идеал кольца R, состоящий из числителей
всех элементов из I.
12.49. Рассмотрите отображения: а) f(x) ^ (f (1), f ( — 1)); б) a + bx ^ a+ b^/3, где a + bx — остаток от деления многочлена
f (x) G Q[x] на x2 — 3, f(x) + (x2 — 3) = a + bx G Q[x]/ (x2 — 3).
12.68. Над R. а) R 0 R, C, R [x] / (x2). б) Кроме алгебр в а), Re 0 Re, где e2 = 0; Re 0 Rf, где e2 = 0, f2 = f; Re 0 Rf,
где e2 = ef = fe = 0, f2 = e.
Над C. а) C 0 C, C [x] / x2 . б) Кроме алгебр в а), Ce 0 Ce, где e2 = 0; Ce 0 Cf, где e2 = 0, f2 = f; Ce 0 Cf, где
e2 = ef = fe = 0, f2 = e.
12.77. Если f (a) = 0, причем коэффициенты многочлена f (x) содержатся в центре кольца K, то f (v-1av) = 0 для v G U(K);
см. также 12.72.
13. Специальные идеалы
13.3. Если (x) прост и (x) С (у), то x = yz G (x). Откуда z G (x), z = tx. Тогда x = yz = ytx, значит, yt = 1 и (y) = (1).
13.4. Множество всех собственных (правых) идеалов кольца, содержащих данный идеал, удовлетворяет условиям леммы
Цорна и, следовательно, содержит максимальный элемент.
13.7. Пусть I2 = 0, т.е. xI = 0 для некоторого x G I. Откуда xI = I и найдется e G I с xe = x, xe2 = xe, x e2 — e = 0.
Правый идеал J = {y G I \ xy = 0} = I, значит, J = 0 и e2 — e = 0, e2 = e. Для идемпотента e будет 0 = eR С I и eR = I.
13.8. Воспользоваться 13.7.
13.9. I + rR = R для r G R\I, что эквивалентно максимальности I.
13.14. См. 13.11.
13.15. 1) Допустим, что xy G P, но x,y G P. В таком случае (P + xR) П T = 0 и (P + yR) П T = 0. Получаем a + xr = c,
b + ys = d, где a,b G P, r,s G R, c,dGT, что невозможно.
3) Пусть ненильпотентный элемент x R лежит во всяком простом идеале кольца R, и пусть T = {1, x, x2, . . . }. Для идеалов,
не пересекающихся с T, справедлива лемма Цорна. Таким образом, существует максимальный идеал P с таким свойством.
Согласно 1) P — простой, однако x / P.
13.38. а) nZ; б) f(x)P[x].
13.39. Для 0 = a K рассмотрите идеал I = (a, x) области главных идеалов K[x]. Поскольку a I, то I = (f) для
некоторой константы f, а так как x I, то f — обратимый элемент кольца K, т.е. I = K[x]. Поэтому 1 = u(x)x + v(x)a.
Откуда 1 = v (0) a.
13.52. a M.
13.53. Обозначим через J(R) пересечение всех максимальных правых идеалов. Включение a J(R) равносильно тому,
что для всех максимальных правых идеалов M следует, что 1 / aR + M, последнее справедливо в точности тогда, когда
1 — ax / M при всех x R, т.е. 1 — ax — обратимый справа элемент.
13.54. Положим t = 1 + rsa. Тогда (1 — ra) (1 + rsa) = 1 + rsa — r (1 + ars) a = 1.

176 Гомоморфизм

справа. Поскольку as J(R), то достаточно показать, что 1 — ra обратим справа, а это следует из 13.55.
13.58. Для произвольного a J(R) найдем u R такое, что (1 — a) u = 1, т.е. —au = 1 — u. Отсюда 1 — u J(R) и
1 — (1 — u) — обратимый справа элемент кольца R: для некоторого v R выполняется uv = 1. Далее получаем обратимость
1 — a слева: если (1 — a) u = 1, то (1 — a) uv = v, откуда 1 — a = v и поэтому u(1 — a) = uv = 1. Значит, a лежит в пересечении
всех максимальных левых идеалов. Поменяв слова «левый» и «правый», получаем обратное включение: пересечение
максимальных левых идеалов содержится в J(R).
13.60. а) ^ б). Пусть I — максимальный левый идеал. Если r и 1 — r — необратимые элементы, то из включений
Rr, R (1 — r) С I следует, что 1 Rr + R (1 — r) С I, откуда I = R.
б) ^ в). Пусть a обратим слева: ba = 1. Если cab = 1 для некоторого c, то caba = a = ca, откуда ab = 1, т.е. a — обратимый
элемент. Если допустить, что ab необратим слева, то по условию c(1 — ab) = 1 для некоторого c, откуда a = c(1 — ab) a =
ca — caba = 0, противоречие с тем, что ba = 1.
в) ^ г). Предположим, что для a,b G I элемент a + b обратим. Тогда c (a + b) = 1 для некоторого c, откуда ca = 1 — cb.
Из импликации б) ^ в) вытекает, что каждый обратимый слева элемент обратим. Поэтому из a G I и r G R следует, что и
ra I (ибо если ra / I, то ra обратимый слева, откуда a обратимый слева и поэтому a / I). Таким образом, ca, cb I. С
другой стороны, из условия cb I, в силу в), вытекает, что ca = 1 — cb / I.
г) ^ д). Покажем сначала, что каждый обратимый слева (справа) элемент обратим. Пусть ba = 1. Если ab G I, то abc = 1
для некоторого c, откуда b = babc = bc и поэтому ab = 1, что и требовалось. Если допустить, что ab I, то 1 — ab / I,
так как в противном случае 1 — ab + ab = 1 I. Далее, так как 1 = (1 — ab) c, то b = b(1 — ab) c = bc — babc = (b — b) c = 0,
противоречие с тем, что ba = 1.
По предположению I аддитивно замкнуто, поэтому остается лишь показать, что xr, rx I для всех x I и r R. Допустим,
что rx / I. Тогда zrx = 1 для некоторого z. Откуда по только что доказанному, xzr = 1, противоречие с тем, что x I.
Для xr доказательство аналогично.
Эквивалентность д) е) очевидна.
д) ^ ж). Поскольку 1 G I, то I = R. Пусть J — левый идеал (= R) и y G J. Тогда Ry С J, откуда y не имеет левого
обратного, в частности, y не имеет обратного, значит, y I. Поэтому J С I.
Импликация ж) ^ а) очевидна.
13.61. а) Кольцо P [[x]] локально, ибо его необратимые элементы — это в точности ряды со свободным членом, равным 0,
а множество таких рядов замкнуто относительно сложения; (x) — максимальный идеал.
г) См. 11.54.
13.67. Пусть I — идеал, содержащий P, и I = P. Если x G I\P, то из x (1 — xn~1 = 0 G P следует, что 1 — xn-1 G P,
1 = (1 — xn-1) + xn-1 G I и I = R.
13.69. (^). Поскольку максимальный идеал I прост, то кольцо является локальным. В I содержатся все необратимые
элементы кольца, которые нильпотентны в силу единственности простого идеала (см. 13.15 3)).
(^). Множество всех нильпотентных элементов кольца образует идеал I. Из условия следует, что I — максимальный идеал.
С другой стороны, I содержится в каждом простом идеале кольца. Поэтому I является единственным простым идеалом.
13.70. Если делителей нуля в кольце нет, то простым является нулевой идеал. Если a — делитель нуля, то идеал aR состоит
из делителей нуля. Во множестве всех идеалов, состоящих из делителей нуля, по лемме Цорна есть максимальные элементы.
Выберем такой идеал P и покажем, что он простой. Пусть x, t / P. В идеалах P + xR, P + tR найдутся неделители нуля
a + xr и b + ts, где a,b G P, r,s G R. Поскольку произведение w = (a + xr) (b + ts) является неделителем нуля, то w G P. Так
как c = ab + ats + bxr G P, то w — c = xtrs G P и xt G P.
13.71. Пусть I С У П=1 Pi. Допустим, что I С Pi (i = 1,… , n). Тогда можно предполагать, что IП Pj Си i=j Pi для всех j.
Пусть aj G I П Pj, но aj G U i=j Pi. Тогда элемент a1 + a2 .. .an G I, но не принадлежит ни одному Pi.
13.72. Докажем более общее утверждение, а именно, если идеал A содержится в простом идеале B, то множество всех
простых идеалов P со свойством A С P С B содержит минимальные элементы. В силу леммы Цорна достаточно показать,
что любое линейно упорядоченное по включению семейство {Pi \ A С Pi С B}iei простых идеалов обладает нижней гранью.
Пусть P = ПieI Pi и ab G P, где a G P. Тогда a G Pi для некоторого i. Для любого j G I имеем Pj С Pi либо Pi С Pj. В
первом случае a G Pj и, следовательно, b G Pj. Во втором случае b G Pi С Pj. Таким образом, b G P, т.е. идеал P прост.
Наше утверждение вытекает из доказанного (при A = 0).
13.73. Идеал I = (4)+ (x) состоит из многочленов, чьи свободные члены делятся на 4. Единственный идеал J Э I, J = I, R, —
это идеал (2) + (x). Из 2 / I, 4 I следует, что I не простой, а из J2 = I получается неразложимость I в произведение
простых.
13.79. Всякое поле артиново и нетерово, Z — неартиново подкольцо поля Q. Кольцо Q [x1,x2,…} не является ни артиновым,
ни нетеровым. Однако эта коммутативная область вкладывается в свое поле частных.
13.83. Пусть {xi \ i G N} — счетное множество элементов из R, линейно независимых над K, если ai = I 0 0 0 xi
Sai = 0 Kxi 0 0 i . Поэтому Sa1 С Sa1 + Sa2 С Sa1 + Sa2 + Sa3 С . . . — строго возрастающая, а i=1 Sai Э i=2 Sai Э
Х^з Sai Э … — строго убывающая цепь левых идеалов.

177 Гомоморфизм

Гомоморфизм