Лекции по теории групп

5.2Цепные дроби для решения уравнений в целых числах

Сначала поймем как решать диофантовы уравнения с помощью алгоритма Евклида.

Алгоритм Евклида

Чтобы найти наибольший общий делитель двух чисел: 1) надо большее из двух чисел разделить на меньшее; 2) потом меньшее из чисел на остаток при первом делении; 3) затем остаток при первом делении на остаток при втором делении и вести этот процесс до тех пор, пока не произойдет деление без остатка. Последний отличный от нуля остаток и есть искомый НОД двух данных чисел.

Докажем, что наибольший общий делитель двух чисел есть последний отличный от нуля остаток в цепочке указанных в примере действий, т.е. докажем корректность алгоритма.

Проведем этот алгоритм для целых чисел a; b : a > b:

a = bq0 + r1 b = r1q1 + r2 r1 = r2q2 + r3

rn 1 = rnqn

Здесь r1; : : : ; rn положительные остатки, убывающие с возрастанием номера. Отсутствие остатка в последнем равенстве следует из того, что натуральные числа rn не могут убывать бесконечно,

поэтому на некотором шаге остаток станет нулевым. Значит алгоритм работает за конечное время. Пусть k - любой общий делитель чисел a и b, не обязательно максимальный, тогда a = t0 k, b = t2 k.

Тогда k также общий делитель чисел b и r, так как b делится на k по определению, а r = a bq = (t1 t2 q) k (выражение в скобках есть целое число, следовательно, k делит r без остатка). Обратное - любой делитель b и r так же является делителем a и b также верно и доказывается

аналогично.

Следовательно, все общие делители пар чисел a; b и b; r совпадают. Другими словами, нет общего делителя у чисел a; b, который не был бы также делителем b; r, и наоборот. В частности, максимальный делитель остается тем же самым.

Теперь будем снова сворачивать наше деление:

выразим из первого равенства r1: r1 = a bq0. Подставим его во второе равенство: r2 = b r1q1 = b (a bq0)q1 = b(1 + q0q1) aq1. Продолжая этот процесс, мы сможем выразить все остатки через a и b, в том числе и последний: rn = Aa + Bb. В результате нами доказано, что найдутся такие целые числа A и B, что НОД(a; b) = Aa + Bb. Из того как мы получили числа A; B видно, что они разных знаков.

Решение уравнений в целых числах с помощью цепных дробей.

Пусть, далее, q2 частное и r3 остаток от деления b на r2. Тогда

b = q2r2 + r3; r3 < r2;

точно так же

r2 = q3r3 + r4; r4 < r3 r3 = q4r4 + r5; r5 < r4

Величины q1; q2; : : : ; qn называются неполными частными. Остатки от деления r2; r3; : : : удовлетворяют неравенствам

b > r2 > r3 > : : : > 0;

т.е. образуют ряд убывающих неотрицательных чисел.

Так как количество неотрицательных чисел не превосходящих b, не может быть бесконечным, то

на некотором шаге процесс образования неполных частных оборвется из-за обращения в нуль оче- редного остатка r.

Пусть rn последний ненулевой остаток. Тогда rn+1 = 0 и алгоритм Евклида для чисел a и b примет вид:

a = q1b + r2 b = q2r2 + r3 r2 = q3r3 + r4

rn 2 = qn 1rn 2 + rn rn 1 = qnrn

Выражения, получающиеся из цепной дроби при отбрасывании всех ее звеньев, начиная с некото-

В силу способа образования подходящих дробей возникают очевидные неравенства:

5.3Поиск групп данного порядка

Дано число N порядок.

Найти все попарно неизоморфные группы порядка N.

Будем пользоваться тремя фактами.

Утв1. Если порядок группы простое число, то она изоморфна Cp.

J 1. Порядок любого элемента равен порядку порожденной им циклической подгруппы.

2. Порядок подгруппы делит порядок группы. (Теорема Лагранжа)

(1,2) ) если порядок группы p простое число, то порядок любого элемента, отличного от единичного, равен p.

3. Любые циклические группы одного порядка изоморфны между собой (естественный изоморфизм: ak ! bk). ((1,2),3) ) само утверждение I

Утв2. Если порядок группы G имеет вид 2p, где p простое и p > 2, то эта группа либо Dp, ëèáî C2p.

J Если в G есть элемент порядка 2p, то она циклическая, и, следовательно изоморфна C2p.

В дальнейшем мы будем предполагать, что такого элемента нет, и будем пытаться доказать, что она изоморфна Dp.

Первый шаг: есть элемент порядка p. По теореме Лагранжа, каждый неединичный элемент имеет

порядок p или 2. Предположим, что каждый элемент порядка 2. Тогда она коммутативна. Тогда 8a; b 2 G , fe; a; b; abg подгруппа порядка 4, что противоречит теореме Лагранжа, т.к. не делит

2p (p > 2). Значит, в группе G есть элемент порядка p. Пусть есть элемент a порядка p.

Второй шаг: каждый элемент, не принадлежащий haip, имеет порядок 2.

Пусть b 2= haip. Тогда G = haip [ haipb. Òàê êàê haip è haipb единственные смежные классы в разложении G по нормальной (индекса 2) подгруппе haip, òî haipb2 = haipb èëè haip. Åñëè haipb2 = haipb, òî haipb = haip, что противоречит тому что b 2= haip. Значит haipb2 = haip, следоваетельно b2 2 haip. Èç òîãî ÷òî jhaipj = p следует, что b2 = e èëè jb2j = p. Åñëè jb2j = p, то, т.к. мы изначально предпо-

ложили, что в G нет элемента порядка 2p, jbj = p. Но это противоречит тому, что b 2= haip ) jbj = 2. Посмотрим теперь на элемент ab. ab 2= haip ) jabj = 2 ) ab = (ab) 1 = b 1a 1 = ba 1, последнее равенство, т.к. jbj = 2. В итоге, получаем a = ba 1b 1 недостающее соотношение для Dp. I

Лемма1. Фактор-группа некоммутативной группы G по ее центру Z(G) не может быть цикли-

ческой.

J От противного. Допустим, что смежный класс gZ(G) порождающий элемент фактор-группы G=Z(G). Рассмотрим произвольные элементы a; b 2 G. Тогда aZ(G) = (gZ(G))n = gnZ(G); bZ(G) =

(gZ(G))m = gmZ(G), ò.å. a = gnz1; b = gmz2, ãäå z1; z2 2 Z(G). Теперь посмотрим: ab = gnz1gmz2 = gn+mz1z2 = gmz2gnz1 = ba, т.е. группа G коммутативна. Противоречие. I

Лемма2. Пусть G группа, jGj = pn, p простое. Тогда Z(G) 6= feg. J без док-ва I

Óòâ3. Åñëè jGj = p2, где p простое, то эта группа либо Cp Cp, ëèáî Cp2 . (без доказательства) J Хотим доказать, что наша группа G может быть только коммутативной, тогда утверждение бу-

дет верным (по ранее доказанной теореме). Для того чтобы это сделать будем сравнивать центр

группы и ее саму. Так как центр любой группы является ее подгруппой (и к тому же нормальной), а подгруппы групп G имеют, порядки 1; p; p2, то соответственно, jZ(G)j может быть равен 1; p2 èëè

p.

Åñëè jZ(G)j = p2 = jGj, то группа G коммутативна и утверждение верно.

Åñëè jZ(G)j = p, òî jG=Z(G)j = jGj=jZ(G)j = p2 = p из чего можно ошибочно подумать, что G=Z(G)

p

циклическая группа порядка p, но мы этого не сделаем, т.к. у нас есть лемма. Значит, группа G

коммутативна.

Теперь докажем, что Z(G) 6= feg или, что то же самое, jZ(G)j =6 1. ... I

Если число N не подошло ни под одно из этих условий :

Полезные результаты