الرياضيات الجامعية — السنة 3 · Bachelor Year 3

1نظرية الزمر

لم تكن الزمر في مجلد السنة الجامعية 2 سوى أدوات للإحصاء: مبرهنة لاغرانج، والزمر الدائرية، والزمرة المتناظرة وإشارتها. يحوّل هذا الفصل نظرية الزمر إلى طريقة. والمحرّك هو مفهوم زمرة تفعل على مجموعة: فإحصاء المدارات والنقط الصامدة يعطي معادلة الأصناف، ومبرهنة كوشي، ومبرهنات سيلو الثلاث — وهي المبدأ الأساسي الذي ينقل الخاصية المحلية إلى الخاصية الشاملة في نظرية الزمر المنتهية. ثم نتعلّم كيف نركّب الزمر (الجداءات المباشرة ونصف المباشرة) وكيف نفكّكها (السلاسل التركيبية، والزمر القابلة للحل)، ونبرهن على المبرهنة التي ستُغلق في الفصل 4 مسألة عمرها ثلاثة قرون حول المعادلات كثيرة الحدود: الزمرة المتناوبة $A_n$ بسيطة من أجل $n \geq 5$ .

1.1 زمر القسمة ومبرهنات التماثل

في كل ما يلي، $G$ زمرة مكتوبة ضربيًا وعنصرها المحايد $e$ . نذكّر بما ورد في مجلد السنة الجامعية 2: الزمر الجزئية، والصفوف المجاورة $gH$ ، ومبرهنة لاغرانج ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ من أجل $G$ منتهية)، ورتبة عنصر، والزمر الدائرية، والزمرة المتناظرة $S_n$ بتشاكل إشارتها $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

تعريف 1.1

تكون زمرة جزئية $N$ من $G$ ناظمية (ونكتب $N \trianglelefteq G$ ) إذا كان $gNg^{-1} = N$ من أجل كل $g \in G$ — وهذا يكافئ أن يتطابق الصفان المجاوران الأيسر والأيمن: $gN = Ng$ من أجل كل $g$ .

مبرهنة 1.2 (زمرة القسمة)

لتكن $N \trianglelefteq G$ . مجموعة الصفوف المجاورة $G/N$ ، مزوّدةً بالضرب $(gN)(hN) = ghN$ ، زمرةٌ معرَّفة تعريفًا سليمًا، تُسمّى زمرة القسمة، ويكون الإسقاط القانوني $\pi \colon G \to G/N$ ، $g \mapsto gN$ ، تشاكلًا شاملًا نواته $N$ . وبالعكس، كل نواة تشاكل زمر ناظمية: فالزمر الجزئية الناظمية هي بالضبط النوى.

برهان. سلامة التعريف هي بيت القصيد. إذا كان $gN = g'N$ و $hN = h'N$ ، فلنكتب $g' = gn$ و $h' = hm$ حيث $n, m \in N$ . عندئذٍ $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ لأن $h^{-1}nh \in N$ بالناظمية: فجداء الصفين لا يتعلق بالممثّلين المختارين. أما التجميعية والعنصر المحايد $eN = N$ والمقلوبات $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ فموروثة من $G$ . ومن الواضح أن $\pi$ تشاكل شامل وأن $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

وإذا كان $f \colon G \to H$ تشاكلًا وكان $k \in \ker f$ ، فإن $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : أي أن النوى ناظمية. ∎

مبرهنة 1.3 (الخاصية الشمولية؛ مبرهنة التماثل الأولى)

ليكن $f \colon G \to H$ تشاكلًا ولتكن $N \trianglelefteq G$ بحيث $N \subseteq \ker f$ . يوجد تشاكل وحيد $\bar f \colon G/N \to H$ يحقق $f = \bar f \circ \pi$ . وعلى وجه الخصوص، بأخذ $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

برهان. الوحدانية: يجب أن يكون $\bar f(gN)$ مساويًا $f(g)$ . الوجود: إذا كان $gN = g'N$ فإن $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ ، ومنه $f(g) = f(g')$ ، فيكون $\bar f(gN) = f(g)$ معرَّفًا تعريفًا سليمًا؛ وهو تشاكل لأن $f$ تشاكل. وفي حالة $N = \ker f$ : يكون $\bar f$ متباينًا، لأن $\bar f(gN) = e$ يعني $g \in \ker f$ ، أي $gN = N$ ؛ وصورته هي صورة $f$ . ∎

مبرهنة 1.4 (مبرهنتا التماثل الثانية والثالثة)

لتكن $H \leq G$ ولتكن $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ زمرة جزئية، و $N \trianglelefteq HN$ ، و $H \cap N \trianglelefteq H$ ، و

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
وإذا كان علاوة على ذلك $N \subseteq K \trianglelefteq G$ ، فإن $K/N \trianglelefteq G/N$ و $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

برهان. (1) إن $HN$ زمرة جزئية: $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ و $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ ، باستعمال ناظمية $N$ . نركّب $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : هذا التشاكل شامل ( $hnN = hN$ ) ونواته $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ؛ ثم نطبّق المبرهنة 1.3.

(2) الإسقاط $G/N \to G/K$ ، $gN \mapsto gK$ ، معرَّف تعريفًا سليمًا ( $N \subseteq K$ )، وشامل، ونواته $K/N$ ؛ ونطبّق المبرهنة 1.3 مرة أخرى. ∎

مبرهنة 1.5 (مبرهنة التقابل)

لتكن $N \trianglelefteq G$ . التطبيق $H \mapsto H/N$ تقابلٌ بين الزمر الجزئية من $G$ الحاوية على $N$ والزمر الجزئية من $G/N$ ، وهو يحفظ الاحتواءات والأدلّة والناظمية (في الاتجاهين).

برهان. تطبيقه العكسي هو $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . وكلا التطبيقين يرسل الزمر الجزئية إلى زمر جزئية، وهما عكسيان أحدهما للآخر: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ لأن $N \subseteq H$ ، و $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ بشمولية $\pi$ . ومن الواضح أن الاحتواءات محفوظة؛ و $[G:H] = [G/N : H/N]$ لأن $gH \mapsto (gN)(H/N)$ تقابلٌ معرَّف تعريفًا سليمًا بين فضاءي الصفوف المجاورة؛ وأخيرًا يكون $gHg^{-1} = H$ من أجل كل $g$ إذا وفقط إذا كان $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ من أجل كل $gN$ ، وذلك بشمولية $\pi$ أيضًا. ∎

مثال 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ يعطي $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ؛ و $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ يعطي $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ؛ و $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ يعطي $\R/\Z \cong \mathbb U$ ، وهي زمرة الدائرة. ومبرهنة التماثل الأولى هي الوسيلة التي تُحسب بها زمر القسمة عمليًا: نبحث عن تطبيق شامل له النواة المطلوبة.

طريقة 1.7

لإثبات $N \trianglelefteq G$ ، إليك الطرائق مرتّبة تنازليًا حسب أناقتها: نُظهر $N$ على أنها نواة تشاكل معرَّف على $G$ ؛ أو نتحقق من $gNg^{-1} \subseteq N$ من أجل كل $g$ (وهذا كافٍ: إذ يعطي تطبيقه على $g^{-1}$ ثم الاقتران الاحتواء المعاكس)؛ أو نتحقق من أن $N$ اتحاد أصناف اقتران؛ أو نلاحظ أن $[G:N] = 2$ (وعندئذٍ يُفرض $gN = Ng$ — التمرين 1.1).

1.2 أفعال الزمر

تعريف 1.8

فعل للزمرة $G$ على مجموعة $X$ هو تشاكل $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ إلى زمرة تقابلات $X$ ؛ ونكتب $g \cdot x$ بدل $\varphi(g)(x)$ . وبصيغة مكافئة: تطبيق $G \times X \to X$ يحقق $e \cdot x = x$ و $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . ومدار النقطة $x$ هو $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ ، ومثبِّتها هو الزمرة الجزئية $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ ، و $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ هي مجموعة النقط الصامدة. ويكون الفعل متعدّيًا إذا وُجد مدار واحد لا غير، وأمينًا إذا كان $\varphi$ متباينًا، وحرًّا إذا كانت جميع المثبِّتات تافهة.

مثال 1.9

خمسة أفعال تدير نظرية الزمر المنتهية بأكملها:

فعل $G$ على نفسها عن طريق الانسحاب الأيسر $g \cdot x = gx$ : وهو حر ومتعدٍّ.
فعل $G$ على نفسها عن طريق الاقتران $g \cdot x = gxg^{-1}$ : مداراته هي أصناف الاقتران، ومثبِّتاته هي المُرَكِّزات $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ ، ونقطه الصامدة هي مركز الزمرة $Z(G)$ .
فعل $G$ على فضاء الصفوف المجاورة $G/H$ حسب القاعدة $g \cdot xH = gxH$ : وهو متعدٍّ، ومثبِّت الصف $H$ هو $H$ نفسها. وكل فعل متعدٍّ من هذا الشكل (التمرين 1.8).
فعل $G$ على مجموعة زمرها الجزئية بالاقتران: مثبِّت $H$ هو الناظِم $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ ، وهو أكبر زمرة جزئية من $G$ تكون $H$ ناظمية فيها.
فعل $S_n$ على $\intint{1}{n}$ : وهو أمّ الأمثلة جميعًا.

مبرهنة 1.10 (المدار والمثبِّت)

التطبيق $gG_x \mapsto g \cdot x$ تقابلٌ معرَّف تعريفًا سليمًا $G/G_x \to \mathcal O_x$ . وعلى وجه الخصوص، من أجل $G$ منتهية،

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{يقسم } \abs G,

ولأن المدارات تجزّئ $X$ (فهي أصناف علاقة التكافؤ $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ )،

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{نقطة واحدة في كل مدار}).

برهان. سلامة التعريف والتباين: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ؛ ويُقرأ التسلسل في الاتجاهين. أما الشمولية فهي تعريف المدار عينه. وتنتج عبارات الإحصاء من مبرهنة لاغرانج ومن تجزئة $X$ إلى مدارات. ∎

نتيجة 1.11 (معادلة الأصناف)

من أجل زمرة منتهية $G$ ، وباختيار ممثّل واحد $x_i$ في كل صنف اقتران يضم أكثر من عنصر واحد:

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{كل } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ يقسم } \abs G.

برهان. نطبّق المبرهنة 1.10 على فعل الاقتران: فالمدارات الأحادية هي بالضبط عناصر $Z(G)$ . ∎

مبرهنة 1.12 (النقط الصامدة لزمر $p$ )

ليكن $p$ عددًا أوليًا. $p$ -زمرة هي زمرة منتهية رتبتها قوة للعدد $p$ . إذا فعلت $p$ -زمرة $G$ على مجموعة منتهية $X$ ، فإن

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

ومن نتائج ذلك: كل $p$ -زمرة غير تافهة لها مركز غير تافه، وكل زمرة رتبتها $p^2$ أبيلية.

برهان. عدد عناصر كل مدار هو $[G:G_x]$ ، وهو قوة للعدد $p$ ؛ وتكون هذه القوة مساوية $1$ على النقط الصامدة بالضبط، وقابلة للقسمة على $p$ فيما عدا ذلك. وبالجمع على المدارات نحصل على المطابقة. أما المركز: ففعل اقتران $G$ على نفسها يعطي $X^G = Z(G)$ ، ومنه $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ ، ووجود $Z(G) \ni e$ يفرض $\abs{Z(G)} \geq p$ . وأما الرتبة $p^2$ : فإذا كان $Z(G) \neq G$ فإن $\abs{Z(G)} = p$ وتكون $G/Z(G)$ دائرية رتبتها $p$ ، وهذا يفرض أن تكون $G$ أبيلية (التمرين 1.2) — وهو تناقض. ∎

مبرهنة 1.13 (كوشي)

إذا قسم عدد أولي $p$ العدد $\abs G$ ، فإن $G$ تحتوي على عنصر رتبته $p$ .

برهان (ماكاي). لتكن $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . اختيار $g_1, \dots, g_{p-1}$ اختيارًا حرًّا يحدّد $g_p$ : ومنه $\abs X = \abs G^{p-1}$ ، وهو قابل للقسمة على $p$ . تفعل الزمرة الدائرية $\Z/p\Z$ على $X$ بالإزاحة الدائرية $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — وهذا يحفظ $X$ ، لأن $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . وحسب المبرهنة 1.12، $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . والنقط الصامدة هي المرتّبات الثابتة $(g, \dots, g)$ التي تحقق $g^p = e$ ؛ والمرتّبة $(e, \dots, e)$ إحداها، فعددها $p$ على الأقل، ومنه يوجد على الأقل عنصر واحد $g \neq e$ يحقق $g^p = e$ : ورتبته $p$ بالضبط. ∎

مبرهنة 1.14 (كايلي)

كل زمرة رتبتها $n$ تنغمر في $S_n$ .

برهان. الانسحاب الأيسر $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ تشاكل؛ و $\varphi(g) = \mathrm{id}$ يفرض $g = ge = e$ : فهو أمين. ∎

طريقة 1.15

إحصاء النقط الصامدة هو الافتتاح الشامل لنظرية الزمر المنتهية. لإثبات وجود شيء ما (عنصر مركزي، أو عنصر رتبته $p$ ، أو زمرة جزئية ناظمية، أو نقطة صامدة)، نجعل زمرةً مختارةً بعناية تفعل على مجموعة منتهية مختارة بعناية، ثم نقارن $\abs{X^G}$ مع $\abs X$ بترديد $p$ ، أو نستفيد من أن أعداد عناصر المدارات تقسم رتبة الزمرة. وبراهين المبرهنات 1.12 و1.13 ومبرهنات سيلو الثلاث الآتية خمسُ صياغات لهذه الفكرة الواحدة.

1.3 مبرهنات سيلو

تقول مبرهنة لاغرانج إن رتبة كل زمرة جزئية تقسم $\abs G$ ؛ والعكس خاطئ ( $A_4$ ، ورتبتها $12$ ، ليس لها زمرة جزئية رتبتها $6$ — التمرين 1.1). تُنقذ مبرهنات سيلو هذا العكس في حالة قوى الأعداد الأولية، وبندُ الإحصاء فيها هو أمضى أداة عامة نملكها لإنتاج زمر جزئية ناظمية.

تعريف 1.16

نكتب $\abs G = p^a m$ حيث $p \nmid m$ . زمرة سيلو الجزئية من النمط $p$ في $G$ هي زمرة جزئية رتبتها $p^a$ — أي $p$ -زمرة جزئية أكبر رتبةً ممكنة. ويُرمَز إلى عدد زمر سيلو الجزئية من النمط $p$ في $G$ بالرمز $n_p$ .

مبرهنة مساعدة 1.17

إذا كان $\abs G = p^a m$ مع $p \nmid m$ ، فإن $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

برهان. في $\mathbb F_p[X]$ ، يتكرر «حلم المبتدئ» $(1+X)^p = 1 + X^p$ (فالمعاملات $\binom pk$ من أجل $0<k<p$ قابلة للقسمة على $p$ : إذ يقسم $p$ بسط $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ ولا يقسم مقامه) ليعطي $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ ، ومنه

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{في } \mathbb F_p[X].

ثم نطابق معامل $X^{p^a}$ : فنجد في الطرف الأيسر $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ ، وفي الطرف الأيمن $\binom m1 = m$ . ∎

مبرهنة 1.18 (سيلو 1: الوجود)

من أجل كل عدد أولي $p$ ، توجد في $G$ زمر سيلو جزئية من النمط $p$ .

برهان (فيلانت). لتكن $\Omega$ مجموعة أجزاء $G$ التي عدد عناصرها $p^a$ ؛ تفعل $G$ على $\Omega$ بالانسحاب الأيسر $g \cdot S = gS$ . وحسب المبرهنة المساعدة 1.17 لدينا $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ ، ومنه يوجد مدار $\mathcal O_S$ عددُ عناصره أولي مع $p$ (إذ لو قسم $p$ عدد عناصر كل مدار لقسم $\abs\Omega$ ). لتكن $H = G_S$ مثبِّت مثل هذا $S$ . وبما أن $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ أولي مع $p$ وأن $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ ، فإن $p^a \mid \abs H$ . وبالعكس، لنثبّت $s \in S$ : فالتطبيق $H \to S$ ، $h \mapsto hs$ ، متباين وصورته داخل $S$ لأن $hS = S$ ؛ ومنه $\abs H \leq \abs S = p^a$ . إذن $\abs H = p^a$ . ∎

مبرهنة 1.19 (سيلو 2: الهيمنة والاقتران)

لتكن $P$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ ولتكن $Q$ أي $p$ -زمرة جزئية من $G$ . عندئذٍ $Q \subseteq gPg^{-1}$ من أجل $g \in G$ ما. وعلى وجه الخصوص، جميع زمر سيلو الجزئية من النمط $p$ مقترنة، و $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

برهان. لتفعل $Q$ على فضاء الصفوف المجاورة $X = G/P$ ، وعدد عناصره $m \not\equiv 0 \pmod p$ . وبتطبيق المبرهنة 1.12 على $p$ -زمرة $Q$ نجد $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : أي يوجد صف صامد $gP$ ، أي $QgP = gP$ ، أي $g^{-1}Qg \subseteq P$ . وإذا كانت $Q$ نفسها زمرة سيلو جزئية، فتساوي الرتبتين يحوّل $Q \subseteq gPg^{-1}$ إلى تساوٍ. وأخيرًا يتحقق $P \trianglelefteq G$ إذا وفقط إذا تقلّصت مقترناتها $\{gPg^{-1}\}$ — وهي حسب ما سبق جميع زمر سيلو الجزئية من النمط $p$ — إلى $\{P\}$ . ∎

مبرهنة 1.20 (سيلو 3: الإحصاء)

$n_p \equiv 1 \pmod p$ ، و $n_p = [G : N_G(P)]$ ، وهو يقسم $m$ .

برهان. لتكن $\mathrm{Syl}_p$ مجموعة زمر سيلو الجزئية من النمط $p$ ؛ تفعل $G$ عليها فعلًا متعدّيًا بالاقتران (المبرهنة 1.19)، ومثبِّت $P$ هو الناظِم $N_G(P) \supseteq P$ : ومنه $n_p = [G : N_G(P)]$ ، ويُظهر $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ أن $n_p \mid m$ .

نقصر الآن الفعل على $P$ ونحصي النقط الصامدة. إذا كانت $Q \in \mathrm{Syl}_p$ صامدة تحت فعل $P$ ، فإن $P \subseteq N_G(Q)$ ؛ وتكون كلٌّ من $P$ و $Q$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في الزمرة $N_G(Q)$ ، ومنه فهما مقترنتان فيها (المبرهنة 1.19 مطبَّقة على $N_G(Q)$ )؛ لكن $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ ، ومنه فإن $Q$ هي مقترنها الوحيد هناك: أي $P = Q$ . إذن النقطة الصامدة الوحيدة هي $P$ نفسها، وتعطي المبرهنة 1.12 أن $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

طريقة 1.21

لتحليل زمرة رتبتها $n = p^a m$ : نسرد قواسم $m$ الموافقة للعدد $1$ بترديد $p$ — فهذه هي المرشّحة لتكون $n_p$ . فإذا كان المرشّح الوحيد هو $1$ ، كانت زمرة سيلو الجزئية من النمط $p$ ناظمية. وإذا فُرض على $n_p > 1$ أن يكون صغيرًا، فلنفعل بالاقتران على $\mathrm{Syl}_p$ للحصول على تشاكل $G \to S_{n_p}$ نواته صغيرة. ولنُحصِ العناصر أيضًا: فزمر سيلو الجزئية المتمايزة ذات الرتبة الأولية $p$ تتقاطع تقاطعًا تافهًا، ومنه فهي تحمل $n_p(p-1)$ عنصرًا رتبته $p$ بالضبط؛ وكثيرًا ما تفرض الإحصاءات المتداخلة من أجل أعداد أولية مختلفة تناقضًا (التمرين 1.7).

مثال 1.22

ليكن $\abs G = pq$ حيث $p < q$ عددان أوليان و $p \nmid q - 1$ . عندئذٍ يفرض $n_q \mid p$ و $n_q \equiv 1 \bmod q$ أن $n_q = 1$ (لأن $p < q$ )؛ ويفرض $n_p \mid q$ و $n_p \equiv 1 \bmod p$ أن $n_p = 1$ (لأن $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). ولتكن $P$ و $Q$ زمرتَي سيلو الناظميتين: عندئذٍ $P \cap Q = \{e\}$ (لتباين الرتبتين)، ومنه $\abs{PQ} = pq$ (التمرين 1.4) و $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ حسب القضية 1.24 الآتية. فكل زمرة رتبتها $15$ أو $33$ أو $35$ أو … دائرية. أما الحالة المستثناة $p \mid q - 1$ فتُنتج زمرة واحدة إضافية بالضبط، غير أبيلية — انظر مسألة نهاية الأسبوع (المسألة 1.1).

مثال 1.23 (إحصاء سيلو كاملًا: $S_4$ )

لنطبّق الطريقة على $G = S_4$ ، حيث $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . سيلو $3$ : لدينا $n_3 \mid 8$ و $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ ، ومنه $n_3 \in \{1, 4\}$ ؛ وبما أن $\langle(123)\rangle$ و $\langle(124)\rangle$ متمايزتان، فإن $n_3 = 4$ — وهي الزمر الجزئية الأربع $\langle(abc)\rangle$ ، واحدة من أجل كل جزء ثلاثي $\{a, b, c\}$ ، وهي تستوعب الدورات الثلاثية الثماني. وهي مقترنة حسب سيلو 2، وتشاكل الاقتران $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ تماثلٌ هنا (إذ نواته محتواة في $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ ورتبتها $24/4 = 6$ ، وكل زمرة جزئية ناظمية من $S_4$ داخل $N$ الشبيهة بالزمرة $S_3$ لا بد أن تكون تافهة: إذ ستتألف من تبديلات زوجية تُثبّت زمر سيلو الأربع، ولا يفعل ذلك سوى $e$ ). سيلو $2$ : لدينا $n_2 \mid 3$ و $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : ومنه $n_2 \in \{1, 3\}$ . والزمرة الجزئية $D = \langle(1234), (13)\rangle$ رتبتها $8$ (وهي زمرة ثنائية السطوح $D_4$ : تناظرات المربع ذي الرؤوس $1, 2, 3, 4$ )، وليست ناظمية (إذ يولّد $(12)(1234)(12) = (2134)$ زمرة دورات رباعية مغايرة)، ومنه $n_2 = 3$ : فنسخ $D_4$ الثلاث توافق الطرق الثلاث لتزويج $4$ نقط في «مربع». ولاحظ العبرة من هذا الإحصاء: إن $\abs{S_4} = 24$ يترك مجالًا لأيٍّ من زمرتَي سيلو ألّا تكون ناظمية، وكلتاهما كذلك بالفعل — قارن ذلك بالرتبة $12$ ، حيث يفرض الإحصاء ناظمية إحداهما (الجزء الرابع من المسألة 1.1).

1.4 الجداءات المباشرة ونصف المباشرة

قضية 1.24 (التعرّف على جداء مباشر)

لتكن $H, K \trianglelefteq G$ بحيث $H \cap K = \{e\}$ و $HK = G$ . عندئذٍ يكون $(h,k) \mapsto hk$ تماثلًا $H \times K \to G$ .

برهان. من أجل $h \in H$ و $k \in K$ ، ينتمي المبدِّل $hkh^{-1}k^{-1}$ إلى $K$ (بقراءته على الصورة $(hkh^{-1})k^{-1}$ ، باستعمال ناظمية $K$ ) وإلى $H$ (بقراءته على الصورة $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): إذن هو $e$ ، فتتبادل عناصر $H$ مع عناصر $K$ ويكون التطبيق تشاكلًا. وهو شامل لأن $HK = G$ ، ومتباين لأن $hk = e$ يعطي $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

والذي يخفق في أغلب الأحيان هو ناظمية كلا العاملين: ففي $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ يتقاطع العاملان تقاطعًا تافهًا ويولّدان الزمرة، ومع ذلك $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . وأما المفهوم الملائم حين يكون عامل واحد ناظميًا فهو التالي:

تعريف 1.25

لتكن $H$ و $K$ زمرتين وليكن $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ تشاكلًا. الجداء نصف المباشر $H \rtimes_\varphi K$ هو المجموعة $H \times K$ مزوّدةً بالقانون

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

قضية 1.26

إن $H \rtimes_\varphi K$ زمرة؛ و $H \times \{e\}$ زمرة جزئية ناظمية تماثل $H$ ، و $\{e\} \times K$ زمرة جزئية تماثل $K$ ؛ وهما تتقاطعان تقاطعًا تافهًا وتولّدان الزمرة. وبالعكس، إذا كانت $G = NK$ بحيث $N \trianglelefteq G$ و $K \leq G$ و $N \cap K = \{e\}$ ، فإن $G \cong N \rtimes_\varphi K$ حيث $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

برهان. تحقّق مباشر: فالتجميعية ترجع إلى $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ وإلى كون كل $\varphi(k)$ تشاكلًا؛ والعنصر المحايد هو $(e,e)$ و $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . والإسقاط $(h,k) \mapsto k$ تشاكل على $K$ نواته $H \times \{e\}$ ، ومنه فهذه الأخيرة ناظمية. أما العكس: فكل $g \in G$ يُكتب بطريقة وحيدة على الصورة $nk$ حيث $n \in N$ و $k \in K$ (الوجود: $G = NK$ ؛ والوحدانية: $nk = n'k'$ يعطي $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ )، ويُظهر

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

أن $nk \mapsto (n, k)$ ينقل قانون $G$ إلى قانون $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

مثال 1.27

(a) الزمرة ثنائية السطوح $D_n$ ( $n \geq 3$ ) المؤلَّفة من تناظرات المضلع المنتظم ذي $n$ أضلاع وعددها $2n$ : تشكّل الدورانات زمرة جزئية ناظمية دليلها $2$ ، ويولّد أي انعكاس متمّمًا لها، ويقلب اقترانُ دورانٍ بانعكاسٍ ذلك الدوران: $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ حيث $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) الزمرة التآلفية لمستقيم، $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : الانسحابات ناظمية، والتحاكيات متمّم لها. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (المتمّم: أي مبادلة). (d) زمرة الرباعيات $Q_8$ ليست جداءً نصف مباشر لزمرتين جزئيتين فعليتين: إذ تحتوي كل زمرة جزئية غير تافهة على $-1$ (المسألة 1.1)، ومنه لا تتقاطع زمرتان جزئيتان فعليتان تقاطعًا تافهًا.

1.5 الزمر القابلة للحل؛ بساطة $A_n$

تعريف 1.28

المبدِّل للعنصرين $x, y \in G$ هو $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ؛ والزمرة المشتقة $D(G)$ هي الزمرة الجزئية المولَّدة بجميع المبدِّلات. والسلسلة المشتقة هي $D^0(G) = G$ و $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ ، وتكون $G$ قابلة للحل إذا كان $D^n(G) = \{e\}$ من أجل $n$ ما.

قضية 1.29

إن $D(G)$ ناظمية (بل هي صامدة تحت كل تماثل ذاتي)، و $G/D(G)$ أبيلية، ومن أجل $N \trianglelefteq G$ : تكون $G/N$ أبيلية $\iff D(G) \subseteq N$ . وعلاوة على ذلك، تكون $G$ قابلة للحل إذا وفقط إذا وُجدت سلسلة $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ بحيث تكون كل $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ وكل زمرة قسمة $G_i/G_{i+1}$ أبيلية. والزمر الجزئية من زمرة قابلة للحل وزمر قسمتها قابلة للحل؛ وبالعكس، إذا كانت $N$ و $G/N$ قابلتين للحل فكذلك $G$ .

برهان. يرسل التماثل الذاتي $\alpha$ العنصر $[x,y]$ إلى $[\alpha x, \alpha y]$ : فهو يبدّل المبدِّلات فيما بينها، ومنه يحفظ الزمرة الجزئية التي تولّدها؛ والاقترانات تماثلات ذاتية، ومن هنا تأتي الناظمية. وفي $G/D(G)$ لدينا $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : فزمرة القسمة أبيلية. وإذا كانت $G/N$ أبيلية فإن كل $[x,y] \in N$ ، ومنه $D(G) \subseteq N$ ؛ وبالعكس، إذا كان $D(G) \subseteq N$ فإن $G/N$ ، وهي زمرة قسمة للزمرة الأبيلية $G/D(G)$ حسب مبرهنة التماثل الثالثة، أبيليةٌ.

فإذا كانت $G$ قابلة للحل، كانت السلسلة المشتقة سلسلةً من هذا النوع. وبالعكس، إذا أُعطيت سلسلة كهذه، فإن $D^i(G) \subseteq G_i$ بالتراجع: إذ تعطي أبيلية $G_i/G_{i+1}$ أن $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ، ومنه $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ؛ وبالتالي $D^n(G) = \{e\}$ .

الوراثة: لدينا $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ من أجل $H \leq G$ (بالتراجع)، و $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ لأن $\pi$ يرسل المبدِّلات على المبدِّلات؛ وهذا يعطي العبارتين الخاصتين بالزمر الجزئية وزمر القسمة. أما التمديد: فإذا كان $D^m(G/N) = \{e\}$ فإن $D^m(G) \subseteq N$ ، ويعطي $D^n(N) = \{e\}$ أن $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

مثال 1.30

الزمر الأبيلية قابلة للحل. و $p$ -الزمر قابلة للحل، بالتراجع على الرتبة: إذ $Z(G) \neq \{e\}$ وتكون $G/Z(G)$ $p$ -زمرة أصغر. و $S_3$ و $S_4$ قابلتان للحل: إذ $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ حيث $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ هي زمرة كلاين المؤلَّفة من المبادلات المزدوجة (وهي ناظمية في $S_4$ : لأنها اتحاد أصناف اقتران)، وزمر القسمة أبيلية وهي $\Z/2\Z$ و $\Z/3\Z$ و $V$ . وفي الفصل 4، ستعني عبارة «المعادلة العامة من الدرجة $n$ قابلة للحل بالجذور» حرفيًا أن « $S_n$ زمرة قابلة للحل». ومن هنا تأتي أهمية التعريف التالي.

تعريف 1.31

تكون الزمرة $G \neq \{e\}$ بسيطة إذا لم تكن لها زمر جزئية ناظمية سوى $\{e\}$ و $G$ . والزمرة البسيطة غير الأبيلية ليست قابلة للحل: إذ إن $D(G) \trianglelefteq G$ ليست $\{e\}$ (وإلا كانت $G$ أبيلية)، ومنه $D(G) = G$ وتكون السلسلة المشتقة ثابتة. أما الزمر البسيطة الأبيلية فهي بالضبط الزمر $\Z/p\Z$ حيث $p$ أولي (فالزمرة الأبيلية بسيطة إذا وفقط إذا لم تكن لها زمرة جزئية فعلية غير تافهة، أي إذا وفقط إذا كانت دائرية ذات رتبة أولية حسب لاغرانج).

مبرهنة مساعدة 1.32

من أجل $n \geq 3$ ، تتولّد $A_n$ بالدورات الثلاثية؛ ومن أجل $n \geq 5$ ، تكون جميع الدورات الثلاثية مقترنة داخل $A_n$ .

برهان. كل عنصر من $A_n$ جداءُ عدد زوجي من المبادلات؛ نزاوج بينها ونستعمل (بالتركيب من اليمين إلى اليسار)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

من أجل الأزواج المنفصلة والمتراكبة والمتساوية على الترتيب: فكل زوج من المبادلات جداءُ دورات ثلاثية.

الاقتران: لدينا $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ ، ومنه فأي دورتين ثلاثيتين مقترنتان بواسطة $\sigma \in S_n$ ما. وإذا كان $\sigma$ فرديًا، فلنستبدل به $\sigma' = \sigma (d\,e)$ حيث $d, e$ نقطتان خارج $\{a, b, c\}$ — وهما موجودتان لأن $n \geq 5$ ؛ عندئذٍ يكون $\sigma'$ زوجيًا و $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ ، لأن $(d\,e)$ تتبادل مع $(a\,b\,c)$ . ∎

مبرهنة 1.33 (بساطة الزمرة المتناوبة)

الزمرة $A_n$ بسيطة من أجل $n \geq 5$ .

برهان. لتكن $N \trianglelefteq A_n$ بحيث $N \neq \{e\}$ . حسب المبرهنة المساعدة 1.32 يكفي أن نبيّن أن $N$ تحتوي على دورة ثلاثية واحدة: فالناظمية واقتران الدورات الثلاثية داخل $A_n$ يضعان عندئذٍ جميع الدورات الثلاثية في $N$ ، ومنه $N = A_n$ .

من أجل $\rho \in S_n$ ، لتكن $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ حاملها ولتكن $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . نختار $\sigma \in N \setminus \{e\}$ بحيث يكون $f(\sigma)$ أصغريًا. ونلاحظ أن كل تبديلة زوجية غير تافهة تحقق $f \geq 3$ ، وأن $f(\sigma) = 4$ مستحيل من أجل $\sigma \in A_n$ إلا إذا كان $\sigma$ مبادلة مزدوجة (فالدورة الرباعية فردية). وسنبيّن أن $\sigma$ دورة ثلاثية.

الحالة أ: $\sigma$ جداءُ مبادلات منفصلة، وليكن $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ حيث $f(\sigma) \geq 4$ . نختار $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (وهذا ممكن لأن $n \geq 5$ )، ونضع $\tau = (c\,d\,e')$ و

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ بالناظمية}).

وبما أن $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (باستعمال $\sigma c = d$ و $\sigma d = c$ )، نحصل على $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

إذا كان $\sigma e' = e'$ (وهذا يتحقق خاصةً حين $f(\sigma) = 4$ ، أي $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): فإن $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ و $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ ، وهي دورة ثلاثية تقع في $N$ وتحقق $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — وهذا يناقض الأصغرية.

وإذا كان $\sigma e' \neq e'$ : فإن $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ يبادل بين $a,b$ وبين $c,d$ ، و $e' \notin \{a,b,c,d\}$ مع تباين $\sigma$ )، ومنه يحرّك $\sigma$ النقط الست $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : أي $f(\sigma) \geq 6$ . ومن جهة أخرى، فإن $\sigma'$ ، وهو جداءُ دورتين ثلاثيتين حاملاهما داخل $\{c, d, e', \sigma e'\}$ ، يحقق $f(\sigma') \leq 4$ ؛ كما أن $\sigma' \neq e$ ، لأن $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ يُثبّت $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). إذن $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ مع $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : وهذا يناقض الأصغرية.

الحالة ب: لإحدى دورات $\sigma$ طول $\geq 3$ ، وليكن $\sigma(a) = b$ و $\sigma(b) = c$ حيث $a, b, c$ متمايزة. فإذا كان $\sigma$ هو هذه الدورة الثلاثية بالضبط، فقد انتهينا. وإلا فإن $f(\sigma) \geq 5$ (فحالة $f(\sigma) = 4$ مع دورة طولها $\geq3$ هي الدورة الرباعية الفردية، وهي مستثناة)، ومنه يمكننا أن نختار $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . نضع $\tau = (c\,d\,e')$ و $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . وكما سبق، فإن $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ لا يحرّك سوى نقط

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(فصور النقط المتحرّكة متحرّكة: إذ يعطي $\sigma(x) \ne x$ أن $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ ، لتباين $\sigma$ ). كذلك $b \notin M$ : فالنقط الخمس $a, b, c, d, e'$ متمايزة، ومنه $b \notin \{c, d, e'\}$ ؛ ولو كان $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ لفُرض $a \in \{c, d, e'\}$ (بتطبيق $\sigma^{-1}$ واستعمال $\sigma a = b$ )، وهذا خاطئ. إذن يُثبّت $\sigma'$ النقطة $b$ بينما يحرّكها $\sigma$ ؛ و $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . وأخيرًا $\sigma' \neq e$ : إذ $\sigma^{-1}(c) = b$ و $\tau^{-1}(b) = b$ و $\sigma(b) = c$ و $\tau(c) = d$ ، ومنه $\sigma'(c) = d \neq c$ . إذن $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ مع $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ ، وهذا يناقض الأصغرية.

وبما أن كلتا الحالتين مستحيلة، فإن $\sigma$ دورة ثلاثية. ∎

نتيجة 1.34

من أجل $n \geq 5$ : لا تكون $A_n$ ولا $S_n$ قابلة للحل، والزمر الجزئية الناظمية الوحيدة من $S_n$ هي $\{e\}$ و $A_n$ و $S_n$ .

برهان. الزمرة $A_n$ بسيطة وغير أبيلية، ومنه فهي غير قابلة للحل (التعريف 1.31)؛ وكل زمرة تحتوي على زمرة جزئية غير قابلة للحل ليست قابلة للحل (القضية 1.29). لتكن $N \trianglelefteq S_n$ : عندئذٍ تساوي $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ إما $\{e\}$ وإما $A_n$ . فإذا كان $N \cap A_n = A_n$ ، فإن $A_n \subseteq N$ و $N \in \{A_n, S_n\}$ بالدليل. وإذا كان $N \cap A_n = \{e\}$ ، فإن قصر الإسقاط $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ على $N$ متباين، ومنه $\abs N \leq 2$ ؛ فإذا كان $N = \{e, \sigma\}$ ، فإن الناظمية تجعل صنف اقتران $\sigma$ مساويًا $\{\sigma\}$ ، أي $\sigma \in Z(S_n)$ . لكن $Z(S_n) = \{e\}$ من أجل $n \geq 3$ : إذ لو حرّك $\sigma \ne e$ النقطة $a$ إلى $b \neq a$ ، فلنختر $c \notin \{a, b\}$ ؛ عندئذٍ يرسل $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ النقطة $a$ إلى $c \ne b$ ، ومنه فهو يخالف $\sigma$ . إذن $N = \{e\}$ . ∎

مبرهنة 1.35 (جوردان–هولدر)

تقبل كل زمرة منتهية $G \neq \{e\}$ سلسلة تركيبية

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ بسيطة},

ولا تتعلق المجموعة المتعدّدة للعوامل التركيبية $G_i/G_{i-1}$ ، إلى حدود التماثل، بالسلسلة المختارة. وتكون الزمرة المنتهية قابلة للحل إذا وفقط إذا كانت جميع عواملها التركيبية دائرية ذات رتبة أولية.

برهان. الوجود: بالتراجع على $\abs G$ . إذا كانت $G$ بسيطة، أخذنا $\{e\} \trianglelefteq G$ . وإلا اخترنا زمرة جزئية ناظمية فعلية أعظمية $N$ (فعدد الزمر الجزئية منتهٍ)؛ وتكون $G/N$ بسيطة حسب مبرهنة التقابل (إذ إن زمرة جزئية ناظمية فعلية غير تافهة من $G/N$ سترتفع إلى زمرة جزئية ناظمية من $G$ محصورة تمامًا بين $N$ و $G$ ). ثم نلحق $N \trianglelefteq G$ بسلسلة تركيبية للزمرة $N$ .

الوحدانية: بالتراجع على $\abs G$ ، وحالة $G$ البسيطة واضحة. نأخذ سلسلتين تركيبيتين حداهما قبل الأخير $M \trianglelefteq G$ و $N \trianglelefteq G$ (ومنه $G/M$ و $G/N$ بسيطتان). فإذا كان $M = N$ ، انتهينا بالتراجع المطبَّق على $M$ . وإلا فإن $MN$ ، وهي ناظمية في $G$ وتحتوي $M$ احتواءً تامًّا، تساوي $G$ (إذ إن $M$ ناظمية أعظمية: فأي زمرة ناظمية $M \subsetneq L \subsetneq G$ سترسَل إلى زمرة جزئية ناظمية فعلية غير تافهة من $G/M$ البسيطة). وتعطي مبرهنة التماثل الثانية

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

نضع $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) ونثبّت سلسلة تركيبية للزمرة $K$ . عندئذٍ تحمل $M$ سلسلتين تركيبيتين: سلسلتها الأصلية، وسلسلة $K$ متبوعةً بالحد $K \trianglelefteq M$ (فزمرة القسمة $M/K \cong G/N$ بسيطة). وبالتراجع (المطبَّق على $M$ )، تكون عوامل السلسلة الأصلية للزمرة $M$ هي $\{\text{عوامل } K\} \cup \{G/N\}$ ؛ والأمر نفسه من أجل $N$ . ومنه فإن لسلسلتَي $G$ العوامل

\{\text{عوامل } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

أي المجموعة المتعدّدة نفسها.

القابلية للحل: إذا كانت جميع العوامل من الشكل $\Z/p_i\Z$ ، كانت السلسلة سلسلةً ذات زمر قسمة أبيلية، ومنه فإن $G$ قابلة للحل (القضية 1.29). وبالعكس، فإن كل عامل تركيبي لزمرة قابلة للحل هو قابل للحل (لأنه زمرة قسمة لزمرة جزئية) وبسيط؛ وكل زمرة بسيطة قابلة للحل أبيلية (إذ يفرض $D(G) \ne G$ أن $D(G) = \{e\}$ )، ومنه فهي من الشكل $\Z/p\Z$ . ∎

ملاحظة 1.36

تقول مبرهنة جوردان–هولدر إن كل زمرة منتهية مبنيّة من زمر بسيطة، مع قائمة أجزاء محدَّدة تحديدًا سليمًا — أي إنها حسابٌ للزمر تلعب فيه الزمر البسيطة دور الأعداد الأولية، وتحلّ فيه كيفيةُ لصق الأجزاء (معطيات التمديد، كما في الجداء نصف المباشر) محلّ الضرب المجرّد. أما تصنيف الزمر البسيطة المنتهية — الزمر الدائرية $\Z/p\Z$ ، والزمر المتناوبة $A_{n \geq 5}$ ، وستّ عشرة عائلة من نمط لي، و $26$ زمرة شاذة — فهو أحد معالم رياضيات القرن العشرين؛ وبرهانه، الممتد على نحو عشرة آلاف صفحة من صفحات الدوريات، يتجاوز هذا المقرَّر بكثير.

الزمر الجزئية العشر للزمرة ثنائية السطوح D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. والزمر الجزئية الثلاث ذات الدليل 2 (في الصف الأوسط) ناظمية، وكذلك المركز r2 (المميَّز بالتظليل)؛ أما زمر الانعكاسات الأربع فتنقسم إلى صنفَي اقتران من زمرتين. وتعطي السلاسل الممتدة من الأسفل إلى الأعلى سلاسل تركيبية، مثل \e\ r2 r D_4: وعواملها ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — وهي دائمًا المجموعة المتعدّدة نفسها، كما تقتضي مبرهنة جوردان–هولدر. — الزمر الجزئية العشر للزمرة ثنائية السطوح $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . والزمر الجزئية الثلاث ذات الدليل $2$ (في الصف الأوسط) ناظمية، وكذلك المركز $\langle r^2\rangle$ (المميَّز بالتظليل)؛ أما زمر الانعكاسات الأربع فتنقسم إلى صنفَي اقتران من زمرتين. وتعطي السلاسل الممتدة من الأسفل إلى الأعلى سلاسل تركيبية، مثل $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : وعواملها $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — وهي دائمًا المجموعة المتعدّدة نفسها، كما تقتضي مبرهنة جوردان–هولدر.

1.6 تمارين

تمرين 1.1 ★

(a) برهن على أن كل زمرة جزئية دليلها $2$ ناظمية. (b) برهن على أنه إذا كان $[G : H] = 2$ ، فإن $x^2 \in H$ من أجل كل $x \in G$ . (c) استنتج أن $A_4$ ليس لها زمرة جزئية رتبتها $6$ : أي أن عكس مبرهنة لاغرانج خاطئ. (أحصِ مربّعات الدورات الثلاثية.)

حل

حل التمرين 1.1.

(a) ليكن $[G:H] = 2$ . من أجل $g \in H$ ، لدينا $gH = H = Hg$ . ومن أجل $g \notin H$ : الصفان المجاوران الأيسران هما $H$ و $gH$ ، ومنه $gH = G \setminus H$ ؛ وبالمثل $Hg = G \setminus H$ . إذن $gH = Hg$ من أجل كل $g$ : أي $H \trianglelefteq G$ .

(b) حسب (a)، تكون $G/H$ زمرة رتبتها $2$ ؛ ويحقق الصنف $\bar x$ العلاقة $\bar x^2 = \bar e$ ، أي $x^2 \in H$ .

(c) لنفترض $H \leq A_4$ مع $\abs H = 6$ ، ومنه دليلها $2$ . حسب (b) لدينا $\sigma^2 \in H$ من أجل كل $\sigma \in A_4$ . وكل دورة ثلاثية مربّعٌ من هذا النوع: إذ إن $\sigma^3 = e$ يعطي $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . إذن تحتوي $H$ على الدورات الثلاثية الثماني كلها الموجودة في $A_4$ : ومنه $\abs H \geq 8 > 6$ ، وهو تناقض. (فعكس مبرهنة لاغرانج يخفق في أول فرصة سانحة: $6 \mid 12$ .)

تمرين 1.2 ★

برهن على أنه إذا كانت $G/Z(G)$ دائرية فإن $G$ أبيلية. واستنتج مرة أخرى أن كل زمرة رتبتها $p^2$ أبيلية، ثم أعطِ، من أجل كل عدد أولي $p$ ، مثالًا على زمرة غير أبيلية رتبتها $p^3$ . (فكّر في المصفوفات المثلثية العليا ذات القطر الواحدي على $\mathbb F_p$ .)

حل

حل التمرين 1.2.

لنفترض $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . عندئذٍ يُكتب كل $x \in G$ على الصورة $x = g^k z$ حيث $k \in \Z$ و $z \in Z(G)$ . ومن أجل $x = g^kz$ لدينا $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

فالعناصر المركزية تتبادل مع كل شيء: إذن $G$ أبيلية.

الرتبة $p^2$ : لدينا $Z(G) \neq \{e\}$ (المبرهنة 1.12)، ومنه $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . ولو كانت $p$ ، لكانت رتبة $G/Z(G)$ مساوية $p$ ، فتكون دائرية، وهذا يفرض أن تكون $G$ أبيلية وأن تكون $Z(G) = G$ رتبتها $p^2$ — وهو تناقض. إذن $Z(G) = G$ .

زمرة غير أبيلية رتبتها $p^3$ : هي زمرة هايزنبرغ

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

ورتبتها $p^3$ (اختيار $a, b, c$ حر؛ والانغلاق والمقلوبات بحساب مباشر). وهي غير أبيلية: فمبدِّل المصفوفتين الأوليتين $I + E_{12}$ و $I + E_{23}$ هو $I + E_{13} \neq I$ .

تمرين 1.3 ★

(a) برهن على أن $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) برهن على أن التماثلات الذاتية الداخلية $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ تشكّل زمرة جزئية ناظمية $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ ، مع $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

حل

حل التمرين 1.3.

(a) يتحدّد كل تشاكل $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ بالقيمة $k = f(\bar 1)$ (وعندئذٍ $f(\bar m) = m\bar k$ )، وكل $\bar k$ يعرّف واحدًا. ويكون تقابليًا إذا وفقط إذا ولّد $\bar k$ الزمرة $\Z/n\Z$ ، أي إذا وفقط إذا كان $\gcd(k,n) = 1$ ، أي إذا وفقط إذا كان $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . ويوافق التركيبُ الضربَ: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . ومنه $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) التطبيق $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ ، $g \mapsto \iota_g$ ، تشاكل: إذ $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . وصورته هي $\operatorname{Inn}(G)$ ؛ ونواته هي $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . وتعطي مبرهنة التماثل الأولى $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . أما الناظمية في $\operatorname{Aut}(G)$ : فمن أجل $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ لدينا

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

تمرين 1.4 ★★

لتكن $H, K$ زمرتين جزئيتين من زمرة منتهية $G$ . (a) برهن على صيغة الجداء $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ ، بإحصاء ألياف التطبيق $H \times K \to HK$ ، $(h,k) \mapsto hk$ . (b) برهن على أن $HK$ زمرة جزئية إذا وفقط إذا كان $HK = KH$ (وهذا يتحقق تلقائيًا حين تكون إحداهما ناظمية). (c) إذا كان $H, K \trianglelefteq G$ و $H \cap K = \{e\}$ ، فبرهن على أن $hk = kh$ من أجل كل $h \in H$ و $k \in K$ .

حل

حل التمرين 1.4.

(a) لننظر في $\mu \colon H \times K \to HK$ ، $(h,k) \mapsto hk$ ، وهو شامل بحكم التعريف. لنثبّت $h_0k_0 \in HK$ : عندئذٍ $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . وبكتابة $u = h_0^{-1}h$ ، تكون ليف $h_0k_0$ هي $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ ، وعدد عناصرها $\abs{H \cap K}$ . ومنه $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) إذا كانت $HK$ زمرة جزئية: فإن $KH \subseteq HK$ لأن $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ؛ و $HK \subseteq KH$ بأخذ المقلوبات في $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ وبصورة أكثر مباشرة، من أجل $hk \in HK$ لدينا $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ ، ومنه $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ؛ ويعطي الاحتواءان $HK = KH$ . وبالعكس، إذا كان $HK = KH$ : فالانغلاق، $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ؛ والمقلوبات، $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ؛ و $e \in HK$ : إذن زمرة جزئية. وإذا كان مثلًا $K \trianglelefteq G$ ، فإن $hK = Kh$ من أجل كل $h$ ، ومنه $HK = KH$ تلقائيًا.

(c) من أجل $h \in H$ و $k \in K$ ، يساوي المبدِّل $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ المقدارَ $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ (لأن $K$ ناظمية) والمقدارَ $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ (لأن $H$ ناظمية)، ومنه فهو ينتمي إلى $H \cap K = \{e\}$ : أي $hk = kh$ .

تمرين 1.5 ★★

(مبرهنة بيرنسايد المساعدة في الإحصاء) لتفعل زمرة منتهية $G$ على مجموعة منتهية $X$ . برهن على أن عدد المدارات هو المتوسط الحسابي لعدد النقط الصامدة:

\#\{\text{مدارات}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

وذلك بإحصاء المجموعة $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ بطريقتين. تطبيق: تفعل $\Z/p\Z$ ( $p$ أولي) بالدوران على قلائد مؤلَّفة من $p$ خرزة، مع $a$ لونًا متاحًا؛ استنتج مبرهنة فيرما الصغرى $a^p \equiv a \pmod p$ .

حل

حل التمرين 1.5.

نحصي $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ بطريقتين:

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ مدار}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{مدارات}\},

باستعمال مبرهنة المدار والمثبِّت ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) وتجزئة المجموعة إلى مدارات.

القلائد: لتكن $X$ مجموعة التطبيقات $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (أي تلوينات المواضع $p$ )، وعدد عناصرها $\abs X = a^p$ ، ولتفعل $\Z/p\Z$ عليها بالدوران. يُثبّت العنصر المحايد جميع التلوينات وعددها $a^p$ . وكل دوران $\bar k \neq \bar 0$ يولّد $\Z/p\Z$ (لأن $p$ أولي)، ومنه فكل تلوين يُثبّته يكون صامدًا تحت جميع الدورانات، أي ثابتًا: فعدد التلوينات الصامدة $a$ . وحسب بيرنسايد:

\#\{\text{مدارات}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

ومنه $p \mid a^p + (p-1)a$ ، أي $p \mid a^p - a$ : وهي مبرهنة فيرما الصغرى، بمحض الإحصاء.

تمرين 1.6 ★

باستعمال مبرهنات سيلو، برهن على أن كل زمرة رتبتها $15$ دائرية وأن كل زمرة رتبتها $45$ أبيلية.

حل

حل التمرين 1.6.

الرتبة $15 = 3 \cdot 5$ : يفرض $n_3 \mid 5$ و $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ أن $n_3 = 1$ ؛ ويفرض $n_5 \mid 3$ و $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ أن $n_5 = 1$ . وزمرتا سيلو $P_3, P_5$ ناظميتان، وتتقاطعان تقاطعًا تافهًا (لتباين الرتبتين)، و $\abs{P_3P_5} = 15$ (التمرين 1.4(a)): ومنه حسب القضية 1.24 نجد $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (الباقي الصيني).

الرتبة $45 = 3^2 \cdot 5$ : يعطي $n_3 \mid 5$ و $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ أن $n_3 = 1$ ؛ ويعطي $n_5 \mid 9$ و $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ أن $n_5 = 1$ . ومنه $G \cong P_3 \times P_5$ مع $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ و $\abs{P_5} = 5$ : وكلتاهما أبيلية (المبرهنة 1.12 من أجل $p^2$ ؛ والرتبة الأولية تعطي زمرة دائرية)، ومنه $G$ أبيلية كذلك.

تمرين 1.7 ★★

برهن على أنه لا توجد زمرة بسيطة رتبتها $30$ ، ولا زمرة بسيطة رتبتها $56$ . (من أجل $30$ : إذا كان $n_3 \neq 1$ و $n_5 \neq 1$ ، فأحصِ العناصر ذات الرتبتين $3$ و $5$ . ومن أجل $56$ : أحصِ العناصر ذات الرتبة $7$ .)

حل

حل التمرين 1.7.

الرتبة $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . لدينا $n_5 \mid 6$ و $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : ومنه $n_5 \in \{1, 6\}$ ؛ ولدينا $n_3 \mid 10$ و $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : ومنه $n_3 \in \{1, 10\}$ . لنفترض $G$ بسيطة، فيكون $n_5 = 6$ و $n_3 = 10$ . وزمرتان جزئيتان متمايزتان ذواتا رتبة أولية $p$ تتقاطعان تقاطعًا تافهًا (لأن التقاطع زمرة جزئية فعلية من $\Z/p\Z$ )، ومنه تحمل زمر سيلو الست من النمط $5$ عددًا قدره $6 \times 4 = 24$ من العناصر ذات الرتبة $5$ ، وتحمل زمر سيلو العشر من النمط $3$ عددًا قدره $10 \times 2 = 20$ من العناصر ذات الرتبة $3$ : أي $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ عنصرًا مغايرًا للمحايد — وهذا سخف. إذن $n_5 = 1$ أو $n_3 = 1$ : أي توجد زمرة سيلو ناظمية.

الرتبة $56 = 2^3 \cdot 7$ . لدينا $n_7 \mid 8$ و $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : ومنه $n_7 \in \{1, 8\}$ . فإذا كان $n_7 = 8$ ، حملت زمر سيلو من النمط $7$ عددًا قدره $8 \times 6 = 48$ من العناصر ذات الرتبة $7$ ، فلا يبقى سوى $56 - 48 = 8$ عنصرًا آخر بالضبط. وزمرة سيلو الجزئية من النمط $2$ رتبتها $8$ وتتألف من هذه العناصر، ومنه فهي مجموعتها بعينها: أي $n_2 = 1$ . إذن $n_7 = 1$ أو $n_2 = 1$ : فلا تكون بسيطة أبدًا.

تمرين 1.8 ★★

(a) لتكن $H \leq G$ ذات الدليل $n$ . برهن على أن فعل $G$ على $G/H$ يعطي تشاكلًا $G \to S_n$ نواته $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ هي أكبر زمرة جزئية ناظمية من $G$ محتواة في $H$ . (b) استنتج: إذا كانت $G$ منتهية وكان $p$ أصغر قاسم أولي للعدد $\abs G$ ، فإن كل زمرة جزئية دليلها $p$ ناظمية. (c) برهن على أن كل فعل متعدٍّ للزمرة $G$ على مجموعة $X$ مماثل للفعل على فضاء صفوف مجاورة: أي يوجد تقابل $X \to G/G_x$ يتبادل مع الفعلين.

حل

حل التمرين 1.8.

(a) يعطي الفعل $g \cdot xH = gxH$ تشاكلًا $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . ونواته هي

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

وهي زمرة جزئية ناظمية (لأنها نواة) محتواة في $H$ (بأخذ $x = e$ ). وإذا كان $N \trianglelefteq G$ و $N \subseteq H$ ، فإن من أجل كل $x$ لدينا $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ ، ومنه $N \subseteq \ker\rho$ : أي إن النواة هي الأكبر من بين هذه الزمر.

(b) ليكن $[G:H] = p$ حيث $p$ أصغر عدد أولي يقسم $\abs G$ ، ولتكن $K = \ker\rho \subseteq H$ . عندئذٍ تنغمر $G/K$ في $S_p$ ، ومنه فإن $[G:K]$ يقسم $p!$ . ولدينا أيضًا $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ ، ومنه فإن $[H:K]$ يقسم $(p-1)!$ . لكن $[H:K]$ يقسم $\abs G$ ، وجميع قواسمه الأولية $\geq p$ ، بينما جميع القواسم الأولية للعدد $(p-1)!$ أصغر تمامًا من $p$ : إذن $[H:K] = 1$ ، أي إن $H = K = \ker \rho$ ناظمية.

(c) ليكن الفعل متعدّيًا وليكن $x \in X$ . التطبيق $\Phi \colon G/G_x \to X$ ، $gG_x \mapsto g \cdot x$ ، معرَّف تعريفًا سليمًا وتقابلي (حسب مبرهنة المدار والمثبِّت؛ فالمدار هو $X$ كلها)، وهو يتبادل مع الفعلين: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

تمرين 1.9 ★★

(a) برهن على أن $D(G)$ هي أصغر زمرة جزئية ناظمية من $G$ ذات زمرة قسمة أبيلية، وأن كل تشاكل من $G$ إلى زمرة أبيلية يتحلّل بطريقة وحيدة عبر الزمرة الأبيلية المرافقة $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) احسب $D(S_n)$ و $S_n^{\mathrm{ab}}$ من أجل $n \geq 2$ ، ثم $D(Q_8)$ و $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

حل

حل التمرين 1.9.

(a) الزمرة $D(G)$ ناظمية وزمرة قسمتها أبيلية (القضية 1.29)؛ وإذا كانت $N \trianglelefteq G$ بحيث $G/N$ أبيلية، أعطت القضية نفسها $D(G) \subseteq N$ : ومنه فإن $D(G)$ هي الأصغر. أما الخاصية الشمولية: فليكن $f \colon G \to A$ حيث $A$ أبيلية. عندئذٍ $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ ، ومنه $D(G) \subseteq \ker f$ ، وتحلّل المبرهنة 1.3 التشاكل $f = \bar f \circ \pi$ عبر $G^{\mathrm{ab}}$ ، بطريقة وحيدة لأن $\pi$ شامل.

(b) المبدِّلات تبديلات زوجية، ومنه $D(S_n) \subseteq A_n$ . وبالعكس، كل دورة ثلاثية مبدِّل:

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(بتحقّق مباشر على $a, b, c$ )، والدورات الثلاثية تولّد $A_n$ (المبرهنة المساعدة 1.32): إذن $D(S_n) = A_n$ من أجل $n \geq 3$ ، و $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (ومن أجل $n = 2$ : تكون $S_2$ أبيلية و $D(S_2) = \{e\}$ و $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — فالصيغة $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ صحيحة من أجل كل $n \geq 2$ .)

الزمرة $Q_8$ : رتبة زمرة القسمة $Q_8/\{\pm 1\}$ هي $4$ ، ومنه فهي أبيلية، ومنه $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ؛ و $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ ، ومنه $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ و $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (الرتبة $4$ والأُسّ $2$ : إذ إن مربّعات أصناف $\mathrm i, \mathrm j$ تساوي $\bar 1$ ).

تمرين 1.10 ★★

لتكن $G$ $p$ -زمرة ولتكن $H \subsetneq G$ زمرة جزئية فعلية. برهن على أن $H \subsetneq N_G(H)$ («النواظم تكبر»)، واستنتج أن كل زمرة جزئية أعظمية من $p$ -زمرة ناظمية ودليلها $p$ . (بالتراجع على $\abs G$ ، باستعمال $Z(G) \neq \{e\}$ : عالج على حدة الحالتين $Z(G) \subseteq H$ و $Z(G) \not\subseteq H$ .)

حل

حل التمرين 1.10.

بالتراجع على $\abs G$ ؛ ففي حالة $\abs G = p$ تكون الزمرة الجزئية الفعلية الوحيدة هي $H = \{e\}$ ، ولدينا $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . لتكن $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (المبرهنة 1.12).

إذا كان $Z \not\subseteq H$ : نختار $z \in Z \setminus H$ ؛ فالعنصر $z$ يتبادل مع $H$ ، ومنه $zHz^{-1} = H$ و $z \in N_G(H) \setminus H$ .

وإذا كان $Z \subseteq H$ : ننتقل إلى $\bar G = G/Z$ ، وهي $p$ -زمرة أصغر رتبةً، ولدينا $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (حسب مبرهنة التقابل). وحسب التراجع، $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ؛ نختار $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ ورفعًا $g$ له. عندئذٍ $g \notin H$ و $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : إذ إن $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ يعني $ghg^{-1} \in HZ = H$ (لأن $Z \subseteq H$ ). ومنه $g \in N_G(H)\setminus H$ .

الزمر الجزئية الأعظمية: إذا كانت $M$ أعظمية، فإن $N_G(M) \supsetneq M$ يفرض $N_G(M) = G$ : أي $M \trianglelefteq G$ . وعندئذٍ تكون $G/M$ زمرةً $p$ ليس لها زمرة جزئية فعلية غير تافهة (بمبرهنة التقابل والأعظمية). نأخذ $\bar x \neq \bar e$ في $G/M$ ، ورتبته $p^k$ ؛ عندئذٍ يولّد $\bar x^{p^{k-1}}$ زمرة جزئية رتبتها $p$ ، ولا بد أن تكون الزمرة كلها: أي $\abs{G/M} = p$ .

تمرين 1.11 ★★★

(بساطة $A_5$ ، بالممارسة) (a) برهن على أن أعداد عناصر أصناف الاقتران في $A_5$ هي $1$ و $15$ و $20$ و $12$ و $12$ . وانتبه إلى انشطار صنف الدورات الخماسية في $S_5$ : من أجل دورة خماسية $\sigma$ ، قارن مُرَكِّزَي $\sigma$ في $S_5$ وفي $A_5$ . (b) استنتج أن $A_5$ بسيطة: فالزمرة الجزئية الناظمية اتحادُ أصناف اقتران، وتحتوي على $e$ ، وعدد عناصرها يقسم $60$ . (c) برهن على أن كل زمرة بسيطة رتبتها $60$ تحقق بالضرورة $n_5 = 6$ .

حل

حل التمرين 1.11.

(a) لدينا $\abs{A_5} = 60$ . وأنماط الدورات في $A_5$ هي: $e$ ؛ والمبادلات المزدوجة وعددها $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ (وذلك بعدد $5 \cdot 3$ من الطرق: نختار النقطة الصامدة ثم نزاوج)؛ والدورات الثلاثية وعددها $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ؛ والدورات الخماسية وعددها $4! = 24$ .

وصنفٌ من أصناف $S_5$ محتوًى في $A_5$ إما أن يبقى صنفًا واحدًا في $A_5$ وإما أن ينشطر إلى صنفين، بحسب احتواء مُرَكِّز عنصر منه في $S_5$ على تبديلة فردية أو عدمه ( $\abs{\text{الصنف في }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ و $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). من أجل $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : لدينا $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ ، والعنصر $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ فردي، ومنه $\abs{Z_{A_5}} = 4$ ويضم الصنف $60/4 = 15$ عنصرًا: فلا انشطار. ومن أجل $\sigma = (1\,2\,3)$ : لدينا $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ ، ورتبته $6 = 120/20$ ، ومنه فهو مساوٍ لها؛ وهو يحتوي على $(4\,5)$ الفردية: فالصنف يضم $60/3 = 20$ عنصرًا: فلا انشطار. ومن أجل $\sigma$ دورةً خماسية: $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (ورتبته $120/24 = 5$ )، وجميع عناصره زوجية: ومنه $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ ويضم صنف $A_5$ عدد $60/5 = 12$ عنصرًا — أي إن الدورات الخماسية وعددها $24$ تنشطر إلى صنفين من $12$ عنصرًا. وأعداد عناصر الأصناف هي: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) الزمرة الجزئية الناظمية $N$ اتحادُ أصناف اقتران يضم $\{e\}$ ، مع $\abs N \mid 60$ . والمجاميع الممكنة $1 + (\text{جزء من } \{15, 20, 12, 12\})$ هي

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

والقواسم الوحيدة للعدد $60$ في هذه القائمة هي $1$ و $60$ : ومنه $N = \{e\}$ أو $A_5$ .

(c) لتكن $G$ بسيطة مع $\abs G = 60$ . لدينا $n_5 \mid 12$ و $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : ومنه $n_5 \in \{1, 6\}$ . ولو كان $n_5 = 1$ لكانت زمرة سيلو الجزئية من النمط $5$ ناظمية، وهذا يناقض البساطة ( $1 < 5 < 60$ ). إذن $n_5 = 6$ .

تمرين 1.12 ★★

(نواظم زمر سيلو الجزئية ناظمة لنفسها) لتكن $P$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في زمرة منتهية $G$ ولتكن $H = N_G(P)$ . (a) برهن على أن $P$ هي زمرة سيلو الجزئية الوحيدة من النمط $p$ في $H$ . (b) استنتج أن $N_G(H) = H$ . (من أجل $g \in N_G(H)$ : تكون $gPg^{-1}$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في $H$ ، ومنه $gPg^{-1} = P$ .) (c) استنتج أنه ليس هناك ناظِمُ زمرةِ سيلو محتوًى في زمرة جزئية ناظمية فعلية من $G$ ، وأن كل زمرة جزئية أعظمية تحتوي على $N_G(P)$ ناظمةٌ لنفسها.

حل

حل التمرين 1.12.

(a) الزمرة $P$ ناظمية في $H = N_G(P)$ بحكم تعريف الناظِم، وهي زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في $H$ (لأن رتبتها هي أصلًا الجزء الكامل من النمط $p$ في $\abs G$ ، ومن باب أولى في $\abs H$ ). وزمرة سيلو الناظمية وحيدة: فأي زمرة أخرى ستكون مقترنة بها (سيلو 2 داخل $H$ )، ومنه مساوية لها.

(b) ليكن $g \in N_G(H)$ . عندئذٍ تكون $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ زمرة جزئية من $H$ لها رتبة $P$ نفسها: أي زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في $H$ ، ومنه $gPg^{-1} = P$ حسب (a). إذن $g \in N_G(P) = H$ : أي $N_G(H) \subseteq H$ ، والاحتواء المعاكس بديهي.

(c) لنفترض $H \subseteq N \trianglelefteq G$ حيث $N$ فعلية. عندئذٍ تكون $P$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ في $N$ ؛ ومن أجل أي $g \in G$ ، تكون $gPg^{-1} \subseteq N$ زمرةً أخرى كذلك، ومنه $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ من أجل $n \in N$ ما (سيلو 2 داخل $N$ )، وهذا يعطي $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ ثم $g \in N$ : أي $N = G$ ، وهو تناقض (وهذه هي حجّة فراتيني). ومن أجل زمرة جزئية أعظمية $M \supseteq N_G(P)$ : يكون $N_G(M) \supseteq M$ إما $M$ وإما $G$ ؛ فإذا كان $G$ ، فإن $M \trianglelefteq G$ زمرة جزئية ناظمية فعلية تحتوي على $N_G(P)$ — وهذا مستبعَد بحسب النقطة السابقة. إذن $N_G(M) = M$ .

1.7 مسألة: الزمر ذات الرتبة 15 على الأكثر

مسألة 1.1

مسألة نهاية الأسبوع — تصنيف الزمر الصغيرة

الهدف هو تصنيف كامل، ببراهين تامة، للزمر ذات الرتبة $\leq 15$ إلى حدود التماثل. الرتب $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ تحسمها مبرهنة لاغرانج (فالزمرة دائرية)، والرتبتان $4$ و $9$ تحسمهما المبرهنة 1.12 مع التحليل الآتي للرتبة $p^2$ : فتبقى الرتب $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

الجزء الأول — أدوات.

برهن على أن كل زمرة يحقق فيها كل عنصر $x^2 = e$ أبيليةٌ؛ واستنتج أن رتبة زمرة منتهية كهذه هي $2^k$ وأنها تماثل $(\Z/2\Z)^k$ . (انظر إليها على أنها فضاء متجهي على $\mathbb F_2$ .)
برهن على أن كل زمرة رتبتها $p^2$ تماثل $\Z/p^2\Z$ أو $(\Z/p\Z)^2$ . واسرد الزمر الأبيلية ذات الرتبة $8$ إلى حدود التماثل: $\Z/8\Z$ و $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ و $(\Z/2\Z)^3$ — وبرهن على أن القائمة تامة وخالية من التكرار دون استعمال مبرهنة البنية الواردة في الفصل 3 (ناقش حسب الرتبة العظمى لعنصر).
ليكن $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ فعلين. برهن على أنه إذا كان $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ مع $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ ، فإن $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
عيّن $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ من أجل $n = 3, 4, 5, 7$ تعيينًا صريحًا، وبرهن على أن $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

الجزء الثاني — الرتب $2p$ ( $6$ و $10$ و $14$ ) والرتب $pq$ .

ليكن $\abs G = 2p$ حيث $p$ عدد أولي فردي. برهن على أن في $G$ زمرة جزئية ناظمية $N = \langle r \rangle$ رتبتها $p$ ، وعنصرًا $s$ رتبته $2$ خارج $N$ .
استنتج $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ ، حيث $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ عنصر تقابلي، ثم اخلص إلى: $G \cong \Z/2p\Z$ أو $G \cong D_p$ ؛ وتحقق من أن هاتين غير مماثلتين. وهذا يحسم الرتب $6$ و $10$ و $14$ .
وبصورة أعمّ، ليكن $\abs G = pq$ حيث $p < q$ عددان أوليان. برهن على أنه إذا كان $p \nmid q-1$ فإن $G$ دائرية (المثال 1.22)، وأنه إذا كان $p \mid q - 1$ فتوجد، إضافةً إلى $\Z/pq\Z$ ، زمرة غير أبيلية واحدة بالضبط $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ إلى حدود التماثل — استعمل السؤال 3 وكون $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ دائرية رتبتها $q - 1$ ، وهي نتيجة نقبلها هنا وتُبرهَن في الفصل 4 (دائرية $\mathbb F_q^\times$ ). ثم اخلص إلى نتيجة من أجل الرتبة $15$ .

الجزء الثالث — الرتبة $8$ . لتكن $G$ زمرة غير أبيلية رتبتها $8$ .

برهن على أن في $G$ عنصرًا $r$ رتبته $4$ (استعمل السؤال 1) وأن $N = \langle r\rangle$ ناظمية.
ليكن $s \notin N$ . برهن على أن $s^2 \in N$ (التمرين 1.1(b))، وأن $srs^{-1} = r^{-1}$ (افحص الصور الممكنة للعنصر $r$ بالاقتران، وهي لا بد أن تكون من الرتبة 4، واستبعد $srs^{-1} = r$ )، وأن $s^2 \in \{e, r^2\}$ (ماذا يحدث لو كان $s^2 = r$ أو $r^3$ ؟ ولماذا يجب أن يتبادل $s^2$ مع $s$ ؟).
في الحالة $s^2 = e$ ، برهن على أن $G \cong D_4$ .
في الحالة $s^2 = r^2$ ، برهن على أن جدول الضرب محدَّد بالكامل؛ والزمرة الناتجة هي زمرة الرباعيات $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ ، $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (ضع $r = \mathrm i$ و $s = \mathrm j$ ). تحقق من وجود $Q_8$ ، مثلًا داخل $GL_2(\C)$ عن طريق

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
برهن على أن كل زمرة جزئية غير تافهة من $Q_8$ تحتوي على $-1$ ؛ واستنتج أن كل زمرة جزئية من $Q_8$ ناظمية، وأن $D_4 \not\cong Q_8$ (أحصِ العناصر ذات الرتبة $2$ )، وأن $Q_8$ ليست جداءً نصف مباشر لزمرتين جزئيتين فعليتين.

الجزء الرابع — الرتبة $12$ . ليكن $\abs G = 12$ و $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ و $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

برهن على أن $n_3 \in \{1, 4\}$ و $n_2 \in \{1, 3\}$ ، وأن $n_3 = 4$ يفرض $n_2 = 1$ (أحصِ العناصر ذات الرتبة $3$ ).
لنفترض $n_3 = 4$ . يعطي فعل الاقتران على $\mathrm{Syl}_3$ تشاكلًا $\rho \colon G \to S_4$ . برهن على أن $\ker \rho$ ، المحتوى في كل $N_G(P_3)$ ومنه فرتبته تقسم $3$ ، تافهٌ (لماذا لا يمكن أن تكون رتبته $3$ ؟)؛ وأن الصورة، وهي زمرة جزئية رتبتها $12$ من $S_4$ ، هي بالضرورة $A_4$ (الزمر الجزئية ذات الدليل 2 ناظمية وتحتوي على جميع المربّعات — التمرين 1.1؛ أحصِ المربّعات في $S_4$ )؛ ثم اخلص إلى $G \cong A_4$ .
لنفترض $n_3 = 1$ ، ومنه $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ مع $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . اسرد الحالات: يعطي $\varphi$ التافه الزمرتين $\Z/12\Z$ و $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ؛ ويعطي $P_2 = \Z/4\Z$ مع $\varphi$ شامل الزمرة ثنائية الدائرية $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ؛ ويعطي $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ مع $\varphi$ شامل، إلى حدود التكافؤ الوارد في السؤال 3، زمرةً واحدة — برهن على أنها $D_6$ ، مثلًا بإظهار عنصر رتبته $6$ وعنصر تقابلي شبيه بانعكاس.
برهن على أن $\Z/12\Z$ و $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ و $D_6$ و $A_4$ و $\mathrm{Dic}_3$ غير مماثلة مثنى مثنى (أحصِ العناصر ذات الرتبة $2$ ، أو استعمل $n_3$ ). وهذا يحسم الرتبة $12$ .

الجزء الخامس — تركيب.

كوِّن جدول التصنيف: من أجل كل رتبة $n \leq 15$ ، القائمة الكاملة للزمر إلى حدود التماثل، مع الأعداد $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

الجزء السادس — إلى ما هو أبعد: الزمر ذات الرتبة $p^3$ من أجل $p$ فردي. لتحليل الرتبة $8$ في الجزء الثالث نظيرٌ بديع من أجل الأعداد الأولية الفردية، مع ظاهرة جديدة تمامًا. ليكن $p$ عددًا أوليًا فرديًا ولتكن $G$ غير أبيلية رتبتها $p^3$ .

برهن على أن $\abs{Z(G)} = p$ ، وأن $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (زمرة قسمة دائرية على المركز تفرض الأبيلية: التمرين 1.2)، وأن $D(G) = Z(G)$ (من أجل $D(G) \subseteq Z(G)$ ، استعمل أن $G/Z(G)$ أبيلية؛ وأما التساوي فلأن $G$ غير أبيلية و $D(G) \neq \{e\}$ ). استنتج أن كل مبدِّل $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ مركزيٌّ ورتبته تقسم $p$ .
(المتطابقة المفتاحية) ليكن $x, y \in G$ وليكن $z = [y, x]$ ، وهو مركزي. برهن بالتراجع على $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(انقل كل $y$ عبر كل $x$ ؛ وكل عبور يكلّف عاملًا مركزيًا $z$ واحدًا.)
استنتج أنه من أجل $p$ فردي يكون التطبيق $\theta\colon x \mapsto x^p$ تشاكل زمر من $G$ إلى $Z(G)$ (لماذا يكون $x^p$ مركزيًا؟ ولماذا تستلزم $z^{p(p-1)/2} = e$ أن يكون $p$ فرديًا؟)، ثم اخلص إلى أن أُسّ $G$ هو $p$ أو $p^2$ ، وأن الحالتين تتمايزان بحسب تفاهة $\theta$ .
(الأُسّ $p$ ) لنفترض أن كل عنصر يحقق $x^p = e$ . اختر $x, y$ يولّد صنفاهما $G/Z(G)$ وضع $z = [y, x]$ . برهن على أن $z \neq e$ ، وأن كل عنصر من $G$ يُكتب بطريقة وحيدة على الصورة $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ )، وأن الضرب محدَّد بالكامل بالعلاقات $x^p = y^p = z^p = e$ ، و $z$ مركزي، و $[y, x] = z$ . وتحقق من أن زمرة هايزنبرغ

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

تحقّق هذه العلاقات وأن أُسّها $p$ (احسب $(I + N)^p$ حيث $N$ مثلثية عليا تامة، باستعمال $N^3 = 0$ و $p \geq 3$ ): فكل زمرة غير أبيلية رتبتها $p^3$ وأُسّها $p$ تماثل $H_p$ .
(الأُسّ $p^2$ ) لنفترض أن لعنصر ما $r \in G$ رتبةً تساوي $p^2$ ، ونضع $N = \langle r\rangle$ ، وهي ناظمية (لأن دليلها $p$ : التمرين 1.10). برهن على أنه يوجد $s \notin N$ يحقق $s^p = e$ (خذ أي $t \notin N$ ؛ وباستعمال السؤال 20، صحّحه: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — برّر $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — ثم اختر $a$ بحيث يحقق $s = tr^{a}$ الشرط $s^p = e$ ؛ وأين استُعملت فردية $p$ ؟). وبرهن على أن $srs^{-1} = r^{1+p}$ ، إلى حدود استبدال $s$ بقوة له، ثم اخلص إلى أنه توجد زمرة غير أبيلية واحدة بالضبط رتبتها $p^3$ وأُسّها $p^2$ ، وهي $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ حيث $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (استعمل السؤال 3؛ والزمرة $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ دائرية رتبتها $p(p-1)$ ، وهي نتيجة نقبلها هنا، ومنه لها زمرة جزئية وحيدة رتبتها $p$ ).
اخلص إلى الإحصاء: من أجل $p$ فردي توجد $5$ زمر بالضبط رتبتها $p^3$ (ثلاث أبيلية واثنتان غير أبيليتين)، تمامًا كما في حالة $p = 2$ — غير أن غير الأبيليتين لم تعودا $D_4$ و $Q_8$ . وحدّد بدقة موضع انهيار برهان $p$ الفردي عند $p = 2$ : ففي متطابقة السؤال 19، يساوي $z^{k(k-1)/2}$ من أجل $k = p = 2$ المقدارَ $z^1 \neq e$ ، فلا يكون التربيع تشاكلًا — وبالفعل، في $Q_8$ عنصر وحيد رتبته $2$ بينما وفي $D_4$ ذات الأُسّ $4$ خمسةُ عناصر كهذه.

الجزء السابع — تكملات.

من أجل $p$ فردي، أحصِ العناصر ذات الرتبة $p$ في كلٍّ من الزمرتين غير الأبيليتين ذات الرتبة $p^3$ : برهن على أن في $H_p$ منها $p^3 - 1$ بالضبط، بينما في $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ منها $p^2 - 1$ بالضبط (استعمل التشاكل $\theta$ من السؤال 20: عيّن صورته، ثم رتبة نواته). وتحقق عدديًا من أجل $p = 3$ : $26$ مقابل $8$ . وفسّر لماذا لا يمكن لأي حجّة من نوع تشاكل التربيع أن تفصل $D_4$ عن $Q_8$ ، وأيُّ إحصاء يفصل بينهما.
نقول عن عدد صحيح $n \geq 1$ إنه دائري إذا كانت كل زمرة رتبتها $n$ دائرية. برهن على أنه إذا كان $p^2 \mid n$ من أجل عدد أولي $p$ ما، أو إذا كان للعدد $n$ قاسمان أوليان $p < q$ بحيث $p \mid q - 1$ ، فإن $n$ ليس دائريًا (في كل حالة أعطِ زمرة غير دائرية رتبتها $n$ ، مستعملًا الجزء الثاني في الحالة الثانية). استنتج أن دائرية $n$ تفرض $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ ، حيث $\varphi$ دالة أويلر، وتحقق من ذلك في جدول السؤال 17: فمن بين $n \leq 15$ ، الرتب التي تحمل زمرة واحدة هي بالضبط $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ ، وهي بعينها الرتب التي تحقق $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

حل

حل المسألة 1.1.

1. من أجل $x, y \in G$ : يعطي $(xy)^2 = e$ أن $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (فكل عنصر مقلوب نفسه): إذن الزمرة أبيلية. ومثل هذه الزمرة $G$ ، مكتوبةً جمعيًا، فضاءٌ متجهي على $\mathbb F_2$ (إذ $2x = 0$ ، والبديهيات هي بديهيات الزمرة الأبيلية)؛ فإذا كانت منتهية، كان لها أساس منتهٍ: أي $G \cong (\Z/2\Z)^k$ ، ورتبتها $2^k$ .

2. الرتبة $p^2$ : الزمرة $G$ أبيلية (المبرهنة 1.12). فإذا كانت رتبة أحد العناصر $p^2$ ، كانت $G$ دائرية. وإلا فرتبة كل $x \neq e$ تساوي $p$ ؛ وعندئذٍ تكون $G$ ، مكتوبةً جمعيًا، فضاءً متجهيًا على $\mathbb F_p$ (إذ $px = 0$ ) بُعده $2$ (لأن عدد عناصرها $p^2$ ): أي $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

الزمر الأبيلية ذات الرتبة $8$ ، حسب الرتبة العظمى $m$ لعنصر: $m = 8$ : دائرية $\Z/8\Z$ . و $m = 2$ : تعطي $(\Z/2\Z)^3$ حسب السؤال 1. و $m = 4$ : ليكن $x$ من الرتبة $4$ وليكن $y \notin \langle x \rangle$ ؛ عندئذٍ $y^2 \in \langle x\rangle$ (لأن الدليل $2$ ). ولو كان $y^2 \in \{x, x^3\}$ لكانت رتبة $y$ تساوي $8$ ؛ إذن $y^2 \in \{e, x^2\}$ . فإذا كان $y^2 = x^2$ ، استبدلنا بالعنصر $y$ العنصر $xy$ : عندئذٍ $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ (لأن $G$ أبيلية) و $xy \notin \langle x\rangle$ . ومنه يمكننا أن نفترض $y^2 = e$ : فيكون $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ ، وكلتاهما ناظمية (لأبيلية $G$ )، و $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : وتعطي القضية 1.24 أن $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . وهذه القائمة خالية من التكرار: فأعداد حلول $x^2 = e$ في الزمر الثلاث هي $2$ و $4$ و $8$ .

3. نعرّف $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ بالعلاقة $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ ، وهو تقابل. وهو تشاكل:

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. لدينا $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (التمرين 1.3): فمن أجل $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ؛ ومن أجل $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ؛ ومن أجل $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ ، وهي دائرية رتبتها $4$ ويولّدها $\bar 2$ (أي $2, 4, 3, 1$ )؛ ومن أجل $n = 7$ : دائرية رتبتها $6$ ويولّدها $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). ومن أجل $V = (\Z/2\Z)^2$ : كل تماثل ذاتي خطي على $\mathbb F_2$ (لأنه يحفظ الجمع، والسلَّميات هي $0, 1$ )، ومنه $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ ، ورتبتها $(4-1)(4-2) = 6$ ؛ وهي تفعل فعلًا أمينًا على المتجهات الثلاث غير المعدومة، فيعطي ذلك تشاكلًا متباينًا إلى $S_3$ بين زمرتين رتبة كلٍّ منهما $6$ : أي $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. تعطي مبرهنة كوشي عنصرًا $r$ رتبته $p$ ؛ و $N = \langle r \rangle$ دليلها $2$ ، ومنه فهي ناظمية (التمرين 1.1). وتعطي مبرهنة كوشي أيضًا عنصرًا $s$ رتبته $2$ ، ويكون $s \notin N$ (لأن رتب جميع عناصر $N$ المغايرة للمحايد فردية وتساوي $p$ ).

6. لدينا $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ و $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (التمرين 1.4(a)): ومنه حسب القضية 1.26 نجد $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ حيث $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ تماثل ذاتي رتبته تقسم $2$ . وفي $(\Z/p\Z)^\times$ ، ليس للمعادلة $k^2 = 1$ سوى الحلين $k = \pm 1$ (لأن $X^2 - 1$ له جذران على الأكثر في الحقل $\mathbb F_p$ ). فإذا كان $\varphi(1) = \mathrm{id}$ : كان الجداء مباشرًا، $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . وإذا كان $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ : فإن $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e, \ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (المثال 1.27). وهما غير مماثلتين: إذ إن $D_p$ غير أبيلية من أجل $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. إن $n_q \equiv 1 \pmod q$ يقسم $p < q$ : ومنه $n_q = 1$ ، فتكون $N \cong \Z/q\Z$ ناظمية. ولتكن $P \cong \Z/p\Z$ زمرة سيلو جزئية من النمط $p$ : عندئذٍ $N \cap P = \{e\}$ و $NP = G$ (لأن الرتبة $pq$ )، ومنه $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ مع $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (دائرية، نقبلها هنا). فإذا كان $p \nmid q - 1$ : كانت رتبة صورة $\varphi$ تقسم كلًّا من $p$ و $q-1$ ، ومنه فهي تافهة، ويكون $G \cong \Z/pq\Z$ (المثال 1.22). وإذا كان $p \mid q - 1$ : فإلى جانب $\varphi$ التافه، يكون كل $\varphi$ غير تافه متباينًا (لأن نواته، وهي زمرة جزئية من $\Z/p\Z$ ، تافهة) وصورته هي الزمرة الجزئية الوحيدة $C$ ذات الرتبة $p$ من الزمرة الدائرية $\Z/(q-1)\Z$ . وعندئذٍ يكون أي فعلين غير تافهين $\varphi, \varphi'$ تماثلين $\Z/p\Z \to C$ ، ومنه فإن $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ يحقق $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : وحسب السؤال 3 يكون الجداءان نصف المباشرين متماثلين. إذن توجد زمرة غير أبيلية واحدة بالضبط رتبتها $pq$ (وهي غير أبيلية لأن $\varphi \neq \mathrm{id}$ يجعل أحد الاقترانات غير تافه). أما الرتبة $15$ : فلدينا $p = 3$ و $q = 5$ و $3 \nmid 4$ : فالزمرة دائرية لا غير.

8. ليست رتبة كل عنصر $\leq 2$ (وإلا كانت الزمرة أبيلية حسب السؤال 1)، وليست رتبة أي عنصر $8$ (وإلا كانت دائرية، ومنه أبيلية): ومنه توجد $r$ رتبتها $4$ ، وتكون $N = \langle r\rangle$ ، ذات الدليل $2$ ، ناظمية.

9. لدينا $s^2 \in N$ حسب التمرين 1.1(b). ورتبة المقترن $srs^{-1} \in N$ تساوي $4$ ، ومنه $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ؛ ولو كان $srs^{-1} = r$ لتبادل $r$ و $s$ ولكانت $G = \langle r, s\rangle$ أبيلية — وهذا مستبعَد. إذن $srs^{-1} = r^{-1}$ . ولو كان $s^2 = r$ أو $r^3$ لكانت رتبة $s$ تساوي $8$ : وهذا مستبعَد. (أو بصيغة أخرى: يتبادل $s^2$ مع $s$ ، لكن $s r s^{-1} = r^{-1}$ و $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : فلا $r$ ولا $r^3$ صامد تحت الاقتران بالعنصر $s$ .) إذن $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. إذا كان $s^2 = e$ : فإن $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . والعناصر الثمانية $r^is^j$ (حيث $0 \leq i < 4$ و $0 \leq j < 2$ ) متمايزة ( $s \notin \langle r\rangle$ )، وتحدّد العلاقات جميع الجداءات: فالإرسال $r \mapsto$ (دوران بزاوية $\pi/2$ ) و $s \mapsto$ (انعكاس) يعرّف تشاكلًا شاملًا على $D_4$ بين زمرتين رتبة كلٍّ منهما $8$ : أي إنه تماثل.

11. إذا كان $s^2 = r^2$ : فمرة أخرى $G = \{r^i s^j\}$ ، وتفرض العلاقات $r^4 = e$ و $s^2 = r^2$ و $srs^{-1} = r^{-1}$ الجدولَ بأكمله. وبوضع $\mathrm i = r$ و $\mathrm j = s$ و $\mathrm k = rs$ و $-1 = r^2$ ، نجد $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ و $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (باستعمال $sr = r^{-1}s$ ) و $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1}s\,s = s^2 = -1$ . أما الوجود: فالمصفوفتان

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

تحققان $A^4 = I$ و $B^2 = -I = A^2$ و $BAB^{-1} = A^{-1}$ — ومن أجل هذه الأخيرة نتحقق من

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

ومنه فإن $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ زمرة رتبتها $8$ تحقّق الجدول: أي إن $Q_8$ موجودة.

12. لتكن $H \neq \{e\}$ زمرة جزئية وليكن $x \in H \setminus \{e\}$ . إذا كان $x \neq -1$ فإن $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ و $x^2 = -1 \in H$ . إذن $-1 \in H$ دائمًا. والزمر الجزئية هي $\{e\}$ و $\{\pm 1\}$ (المركز) و $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (ذات الدليل $2$ ) و $Q_8$ : وكلها ناظمية ( $\{e\}$ والمركز بداهةً، وذوات الدليل $2$ حسب التمرين 1.1، و $Q_8$ نفسها). وفي $D_4$ خمسة عناصر رتبتها $2$ ( $r^2$ والانعكاسات الأربعة)، وفي $Q_8$ عنصر واحد فقط ( $-1$ ): فهما غير مماثلتين. والجداء نصف المباشر $H \rtimes K$ مع $H, K \neq \{e\}$ يستلزم $H \cap K = \{e\}$ ، وهذا مستحيل لأن كلتيهما تحتوي على $-1$ .

13. لدينا $n_3 \mid 4$ و $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : ومنه $n_3 \in \{1, 4\}$ ؛ ولدينا $n_2 \mid 3$ وهو فردي: ومنه $n_2 \in \{1, 3\}$ . فإذا كان $n_3 = 4$ : تقاطعت زمر سيلو الأربع من النمط $3$ مثنى مثنى تقاطعًا تافهًا (لأن رتبتها أولية)، فأعطت $4 \times 2 = 8$ عناصر رتبتها $3$ ؛ ولا بد أن تشكّل العناصر الأربعة الباقية زمرة سيلو الوحيدة من النمط $2$ : أي $n_2 = 1$ .

14. إن $\ker\rho$ ينظّم كل زمرة سيلو جزئية من النمط $3$ ، ومنه $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ ، ودليل هذه الأخيرة $n_3 = 4$ ، أي رتبتها $3$ : ومنه $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . ولو كانت الرتبة $3$ لكانت $\ker\rho$ زمرة سيلو جزئية ناظمية من النمط $3$ ، وهذا يناقض $n_3 = 4$ . إذن $\rho$ متباين وصورته $H \leq S_4$ رتبتها $12$ ودليلها $2$ : ومنه $H \trianglelefteq S_4$ وتحتوي $H$ على جميع المربّعات (التمرين 1.1(b)). ومربّعات $S_4$ تضم $e$ والدورات الثلاثية الثماني كلها (لأن $\sigma = (\sigma^2)^2$ من أجل دورة ثلاثية)، وهي تولّد $A_4$ (فهي تقع في $A_4$ ، وتعطي مع جداءاتها العناصر الاثني عشر جميعًا؛ أو: المبرهنة المساعدة 1.32 في شقّها المتعلق بالتوليد من أجل $n = 4$ ، وهو لا يحتاج إلا إلى $n \geq 3$ ). إذن $A_4 \subseteq H$ و $\abs{A_4} = \abs H$ : أي $G \cong H = A_4$ .

15. لدينا $P_3 \trianglelefteq G$ و $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ و $P_3P_2 = G$ : ومنه $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (القضية 1.26) و $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ تافه: نحصل على الجداءين المباشرين $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ و $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ مع $\varphi$ شامل: يكون بالضرورة $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (وهو الاختيار غير التافه الوحيد): فنحصل على زمرة واحدة، $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ مع $\varphi$ شامل: تكون $\ker\varphi$ إحدى الزمر الجزئية الثلاث ذات الرتبة $2$ ؛ والتطبيقات $\varphi$ الثلاثة الناتجة تختلف بتماثلات ذاتية للزمرة $(\Z/2\Z)^2$ تبدّل بين هذه الزمر الجزئية (السؤال 4: تفعل $\operatorname{Aut} \cong S_3$ فعلًا متعدّيًا على العناصر التقابلية الثلاثة)، ومنه فهي تعطي حسب السؤال 3 صنف تماثل واحدًا. وهذا الصنف هو $D_6$ : نختار $t$ يولّد $\ker\varphi$ و $x$ يولّد $\Z/3\Z$ ؛ فالعنصر $\rho = (x, t)$ يحقق $\rho^2 = (2x, 0)$ و $\rho^3 = (0, t)$ و $\rho^6 = e$ ولا تساوي أي قوة أصغر $e$ : فرتبته $6$ ؛ ومن أجل $s = (0, u)$ حيث $u \notin \ker\varphi$ : لدينا $s^2 = e$ و $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . وبما أن رتبة $\langle \rho, s\rangle$ تساوي $12$ ، فإن $G \cong D_6$ .

16. بإحصاء العناصر ذات الرتبة $2$ : في $\Z/12\Z$ عنصر واحد؛ وفي $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ ثلاثة؛ وفي $D_6$ سبعة (ستة انعكاسات والدوران النصفي $\rho^3$ )؛ وفي $A_4$ ثلاثة؛ وفي $\mathrm{Dic}_3$ عنصر واحد (هو $(0, 2)$ لا غير: إذ إن رتبة عنصر $(h, k)$ يكون فيه $k$ من الرتبة $4$ في $\Z/4\Z$ تساوي $4$ ). وهذا يفصل بين الجميع عدا الزوجين $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ و $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : فالأولان أبيليان والآخران ليسا كذلك ( $\mathrm{Dic}_3$ : لأن الفعل غير تافه؛ و $A_4$ : لأن $(1\,2\,3)$ و $(1\,2)(3\,4)$ لا تتبادلان). إذن خمس زمر متمايزة؛ وتُظهر الأجزاء من الثاني إلى الرابع أن القائمة تامة.

17. جدول التصنيف:

$n$	الزمر ذات الرتبة $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

الرتب $6, 10, 14$ من الجزء الثاني مع $p = 3, 5, 7$ ؛ والرتبة $15$ من السؤال 7؛ والرتبة $8$ من الجزء الثالث مع السؤال 2؛ والرتبة $12$ من الجزء الرابع؛ والرتب الأولية من لاغرانج؛ والرتبتان $4$ و $9$ من السؤال 2.

18. المركز $Z = Z(G)$ غير تافه (المبرهنة 1.12) و $Z \neq G$ (لأن الزمرة غير أبيلية)، ومنه $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . ولو كان $\abs Z = p^2$ ، لكانت $G/Z$ دائرية رتبتها $p$ ولجعلت التمرين 1.2 الزمرةَ $G$ أبيلية: وهذا مستبعَد، إذن $\abs Z = p$ و $\abs{G/Z} = p^2$ . وحسب السؤال 2، تكون $G/Z$ إما $\Z/p^2\Z$ وإما $(\Z/p\Z)^2$ ؛ والحالة الدائرية مستبعَدة مرة أخرى حسب التمرين 1.2: ومنه $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . وبما أن $G/Z$ أبيلية، فإن كل مبدِّل يقع في $Z$ : أي $D(G) \subseteq Z$ ؛ و $D(G) \neq \{e\}$ (لأن $G$ غير أبيلية)، ومنه $D(G) = Z$ (إذ لا يترك $\abs Z = p$ مجالًا لغير ذلك). فالمبدِّلات مركزية ورتبتها تقسم $\abs Z = p$ .

19. بالتراجع على $k$ ، وحالة $k = 1$ بديهية. باستعمال $yx = xyz^{-1}\cdot$ — وبدقة أكبر، يعطي $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ أن $yx = zxy$ ، أي إن نقل عنصر $y$ واحد إلى يسار عنصر $x$ واحد يُنتج عاملًا واحدًا $z$ ، وهو مركزي فيمكن إيداعه في أي موضع. عندئذٍ

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

لأن نقل $x$ عبر $y^k$ يكلّف $k$ عاملًا من $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ ، وذلك بتطبيق $yx = zxy$ عدد $k$ مرة)؛ و $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. من أجل $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . ومن أجل $p$ فردي، يكون $(p-1)/2$ عددًا صحيحًا، ومنه $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (السؤال 18: رتبة $z$ تقسم $p$ ): أي $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ ، وهو تشاكل. وقيمه مركزية: إذ إن رتبة صنف $x$ في $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ تقسم $p$ ، ومنه $x^p \in Z$ . فإذا كان $\theta$ تافهًا، كانت رتبة كل عنصر تقسم $p$ : أي الأُسّ $p$ (وليس $1$ : $G \neq \{e\}$ ). وإلا فإن $x^p \neq e$ من أجل $x$ ما، ورتبة $x$ تساوي $p^2$ (لأنها تقسم $p^3$ ، ولا يمكن أن تكون $p^3$ : وإلا كانت $G$ دائرية ومنه أبيلية): أي الأُسّ $p^2$ .

21. ليكن الصنفان $\bar x, \bar y$ مولِّدين لزمرة القسمة $G/Z$ : فمبدِّلهما $z = [y, x]$ مغاير للمحايد، وإلا لولّد $x, y, Z$ زمرةً $G$ أبيلية (لأن صنفيهما يولّدان زمرة القسمة و $Z$ مركزية) — ويولّد $z$ المركزَ $Z$ (لأن $\abs Z = p$ ). ولكل $g \in G$ صنفٌ $\bar x^a\bar y^b$ من أجل $0 \leq a, b < p$ وحيدين، ومنه $g = x^ay^bz^c$ مع $0 \leq c < p$ وحيد: أي $p^3$ عنصرًا، وقد أُحصيت جميعًا. وتُحسب جداءات هذه الصيغ الناظمية باستعمال $yx = zxy$ و $z$ المركزي و $x^p = y^p = z^p = e$ لا غير: فالجدول مفروض، ومنه فإن أي زمرتين غير أبيليتين رتبتهما $p^3$ وأُسّهما $p$ متماثلتان (بمطابقة المولِّدات). وتحقّق زمرة هايزنبرغ هذه العلاقات: فبوضع $X = I + E_{12}$ و $Y = I + E_{23}$ نحسب $[Y, X] = I - E_{13}$ (وهو مركزي في $H_p$ )، ومن أجل أي مصفوفة $N$ مثلثية عليا تامة يعطي $N^3 = 0$ أن

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{في المميّز } p,\ p \geq 3,

لأن $p \mid p$ و $p \mid \binom p2$ من أجل $p$ فردي: أي الأُسّ $p$ . إذن الزمرة ذات الأُسّ $p$ هي $H_p$ .

22. لدينا $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : فالعنصر $r^p$ مركزي بالفعل (بحجّة السؤال 20: صنف $r$ في زمرة القسمة $G/Z$ ذات الأُسّ $p$ يعطي $r^p \in Z$ ) وهو مغاير للمحايد، ومنه فهو يولّد المركز ذا الرتبة $p$ . نأخذ أي $t \notin N$ . فإذا كان $t^p = e$ ، وضعنا $s = t$ . وإلا فإن $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ ، وليكن $t^p = r^{pb}$ ؛ نضع $s = tr^{-b}$ : فحسب السؤال 20 ( $\theta$ تشاكل و $p$ فردي) نجد $s^p = t^pr^{-pb} = e$ ، ويكون $s \notin N$ . أما الاقتران: فرتبة $srs^{-1} \in N$ ( $N$ ناظمية) تساوي $p^2$ ، ومنه $srs^{-1} = r^m$ مع $p \nmid m$ ؛ كما يفرض $s^p = e$ أن $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — إذ يعيد الاقتران $p$ مرة العنصرَ $r$ ، ومنه $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ ، و $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (فيرما): أي $m = 1 + ap$ . ويعطي عدم التفاهة (لأن $G$ غير أبيلية) أن $a \not\equiv 0$ ؛ واستبدال $s$ بالقوة $s^{a'}$ حيث $aa' \equiv 1 \pmod p$ يحوّل الفعل إلى $r \mapsto r^{1+p}$ . وهذا يقدّم $G$ على الصورة $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ مع $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ؛ وحسب السؤال 3، فإن أي تشاكلين غير تافهين $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ لهما الصورة نفسها — والصورة هي الزمرة الجزئية الوحيدة ذات الرتبة $p$ من الزمرة الدائرية $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — يعطيان جداءين نصف مباشرين متماثلين: ومن هنا الوحدانية.

23. الأبيلية: $\Z/p^3\Z$ و $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ و $(\Z/p\Z)^3$ (بحجّة السؤال 2، مرفوعةً درجةً واحدة: نصنّف حسب الرتبة العظمى). وغير الأبيلية: هي بالضبط $H_p$ (ذات الأُسّ $p$ ، السؤال 21) و $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (ذات الأُسّ $p^2$ ، السؤال 22)، وتتمايزان بأُسّيهما. المجموع: خمس. أما من أجل $p = 2$ فتنهار حجّة التشاكل في السؤال 20: إذ $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ ، فلا يكون التربيع تشاكلًا، وبالفعل فإن أُسّ كلٍّ من الزمرتين غير الأبيليتين ذات الرتبة $8$ يساوي $4$ — والثابت الذي يفصل $D_4$ عن $Q_8$ هو عدد العناصر ذات الرتبة $2$ (خمسة مقابل واحد)، لا الأُسّ. فعالم $p$ الفردي، لمرة واحدة، أكثر انتظامًا من المميّز $2$ .

24. في $H_p$ رتبة كل عنصر $\neq e$ تساوي $p$ (الأُسّ $p$ ، السؤال 21): أي $p^3 - 1$ عنصرًا رتبته $p$ . وفي $M_p$ ، يكون التطبيق $\theta \colon x \mapsto x^p$ تشاكلًا $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (السؤال 20، $p$ فردي)؛ ولدينا $\theta(r) = r^p \neq e$ ، ومنه فالصورة هي المركز كله ذو الرتبة $p$ ، ورتبة $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ تساوي $p^3/p = p^2$ . والعناصر ذات الرتبة $p$ هي عناصر هذه النواة المغايرة للمحايد: وعددها $p^2 - 1$ . ومن أجل $p = 3$ : في $H_3$ عدد $27 - 1 = 26$ عنصرًا رتبته $3$ ، وفي $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ عدد $9 - 1 = 8$ . أما من أجل $p = 2$ فتموت الحجّة منذ البداية: فالتربيع ليس تشاكلًا على زمرة غير أبيلية رتبتها $8$ (السؤال 23)، وبالفعل فإن المجموعة $\{x : x^2 = e\}$ تضم $6$ عناصر في $D_4$ — وهذا ليس رتبةَ زمرة جزئية من $D_4$ . والإحصاء الذي يفصل بينهما فعلًا هو عدد العناصر ذات الرتبة $2$ : خمسة في $D_4$ وواحد في $Q_8$ (السؤال 11).

25. إذا كان $p^2 \mid n$ ، فإن رتبة الزمرة $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ تساوي $n$ وهي ليست دائرية: إذ إن رتبة كل عنصر تقسم $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ ، لأن $p \mid n/p$ . وإذا كان $p < q$ عددين أوليين يقسمان $n$ مع $p \mid q - 1$ ، أعطى السؤال 7 زمرةً غير أبيلية $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ رتبتها $pq$ ؛ وعندئذٍ تكون رتبة $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ مساوية $n$ وتكون غير أبيلية، ومنه غير دائرية. ولنفترض الآن $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ ولنأخذ عددًا أوليًا $p$ يقسمهما معًا. بكتابة $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ ، تعني القابلية للقسمة $p \mid \varphi(n)$ إما أن $p^2 \mid n$ (بأخذ العامل $q^{a-1}$ مع $q = p$ و $a \geq 2$ ) وإما أن $p \mid q - 1$ من أجل عدد أولي $q \mid n$ ما، $q \neq p$ : وفي الحالتين لا يكون $n$ دائريًا حسب ما سبق. وبعكس النقيض، تفرض دائرية $n$ أن $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . ولنتحقق من أجل $n \leq 15$ : قيم $\varphi(n)$ من أجل $n = 1, \dots, 15$ هي $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ ، ويتحقق $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ من أجل $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ بالضبط — وهي بالضبط مدخلات جدول السؤال 17 التي تحمل زمرة واحدة. أما الرتب الأخرى فقد تبيّن أنها غير دائرية كما سبق: $4, 8, 9, 12$ بسبب عامل مربّع، و $6, 10, 12, 14$ بسبب $2 \mid q - 1$ . (والعكس — أي إن $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ يستلزم دائرية $n$ — صحيح أيضًا؛ ويبرهن السؤال 7 على أول حالة غير تافهة منه، وهي $n = pq$ مع $p \nmid q - 1$ .)

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد