Abels groups without class 2 torsion, having automorphizm orler 4 or 6.pdf Известно, что если G - группа ранга 2 и ϕ - ееавтоморфизм конечного порядка, то этот порядок ра-вен 2, 3, 4 или 6 [1]. Согласно [2], если порядок ϕ от-личен от 2, то группа G является однородной. Ста-вится задача - описать такие группы.Данная статья посвящена квазиразложимым абе-левым группам без кручения ранга 2, обладающим ав-томорфизмом порядка 4 (или 6).Напомним, что подгруппа A группы G без кру-чения произвольного ранга квазиравна G , если фак-тор-группа G A ограничена, то есть существует та-кое натуральное n , что nG  AG .Группа G называется квазиразложимой, если онасодержит в себе квазиравную подгруппу, разложимуюв прямую сумму ненулевых подгрупп.Пусть G - однородная квазиразложимая группабез кручения ранга 2 нулевого типа, обладающая ав-томорфизмом ϕ порядка 4 (или 6). Согласно [3.С. 136], G - вполне разложимая группа, а следова-тельно, G будет просто свободной группой. Легковидеть, что если G = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉, то отображениеa  b , b  −a , индуцирует автоморфизм ϕ по-рядка 4 группы G . Аналогично, отображение a  b ,b  −a+b, индуцирует автоморфизм порядка 6. Ес-тественно, возникает вопрос: если G - свободнаягруппа ранга 2 и ϕ - произвольный ее автоморфизмпорядка 4 (или 6), то существует ли такое разложениегруппы G = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉, что ϕ(a) =b, ϕ(b) = −a (со-ответственно, ϕ(a)=b, ϕ(b)=−a+b)? Другими сло-вами, будут ли любые два автоморфизма порядка 4(или 6) свободной группы ранга 2 сопряжены в груп-пе всех автоморфизмов?Лемма 1. Пусть G - свободная группа ранга 2 иϕ - автоморфизм группы G порядка 4. Тогда суще-ствуют такие элементы a и b из G , чтоG = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉 и ϕ(a)=b, а ϕ(b)=−a.Доказательство. Так как G - свободная группа,то G имеет видG = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉.Пусть ϕ - автоморфизм порядка 4, и относитель-но этого разложения он задается матрицей видаm nk l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠. Базис { a , b }, такой, что G = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉и ϕ(a)=b, ϕ(b)=−a, существует тогда и толькотогда, когда существует такая целочисленная матрицаT = 11 1221 22t tt t⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠с определителем, равным 1, что вы-полняется равенствоT m nk l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠T −1 = 0 11 0⎛ ⎞⎜⎝− ⎟⎠. (1)и в этом случае a =t11a+t21b, b =t12a+t22b.Таким образом, доказательство сводится к отыска-нию вышеуказанной целочисленной матрицы Т. Ра-венство (1) эквивалентно следующему равенству:11 1221 22t tt t⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠m nk l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= 0 11 0⎛ ⎞⎜⎝− ⎟⎠11 1221 22t tt t⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠. (2)Так как порядок ϕ равен 4, то ϕ2 = −ƒ .Следовательно,m n 2k l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= 1 00 1⎛− ⎞⎜⎝ − ⎟⎠,поэтому l = −m , m2 +1 = −nk. (3)Перемножая матрицы в равенстве (2), имеем11 12 11 1221 22 21 22t m t k t n t mt m t k t n t m⎛ + − ⎞⎜⎝ + − ⎟⎠= 21 2211 12t tt t⎛ ⎞⎜⎝− − ⎟⎠,что эквивалентно следующей системе уравнений:11 12 2111 12 2221 22 1121 22 12,,,.t m t k tt n t m tt m t k tt n t m t+ = ⎧⎪− =⎨⎪ + = −⎩ − = −Таким образом, доказательство свелось к отыска-нию такого целочисленного решения этой системы,чтобы определитель матрицы T был равен 1. Запи-шем матрицу коэффициентов этой системы уравнений1 00 11 00 1m kn mm kn m⎛ − ⎞⎜ − − ⎟⎜ ⎟⎝⎜ − − ⎠⎟.Используя (3), легко показать, что ранг этой мат-рицы равен 2. Находим общее решение системы урав-нений:{11 21 2212 21 22,,t mt ktt nt mt= − −= − +где t21 , t22 - свободные неизвестные.Тогда матрица T имеет видT = 21 22 21 2221 22mt kt nt mtt t⎛− − − + ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠.Покажем, что свободным неизвестным t21 , t22всегда можно придать такие целые значения, что⎢T ⎢= 1, то есть2 2−mt21t22−kt22+nt21−mt21t22 =1 .Это уравнение можно рассмотреть как квадрат-ное уравнение 2 2nt21 −2mt22t21−kt22 ∓1=0 относи-тельно t21 или как квадратное уравнение−kt −2mt t22 +nt21 ∓1=0 относительно t22 . Задачасвелась к тому, чтобы показать, что эти уравнениявсегда имеют целочисленное решение, и тогда |Т| = 1.Легко видеть, что достаточно рассмотреть одно изэтих уравнений и ограничиться случаем |Т| =1.Итак, найдем решение уравнения2 2nt21−2mt22t21−(kt22+1)=0.C учетом условия m2 +1= −nk решения уравнениянаходятся по формулеT =2mt22 n t22n −. (4)Из равенства m2 +1= −nk получаем, что −nkпредставимо в виде суммы квадратов двух чисел. Изтеории чисел известно, что тогда n и −k представи-мы в виде суммы двух квадратов.Пусть n=u2+v2, −k=s2+t2. (5)Тогда m2 +1 = (us+vt)2+(ut−vs)2. (6)В (4) t22 можно положить равным либо v , либо u.Пусть t22 = v . Определим значение t21 . Из условия(6) и из единственности представления числа в видесуммы двух квадратов вытекает, что существуют сле-дующие возможности:m=us+vt, 1=ut −vs , t22 = v ,тогдаT1 =2mt22 n t22n+ −=2 2 22 2(us vt)v u v vu v+ + + −+==2 2 22 2usv v t u t u t uu v+ + − ++=2 22 2t(u v) u(vs ut 1)u v+ + − ++= t,свободным неизвестным t21 , t22 можно придатьследующие значения t22 =v, t21 =t, и тогдаt11 = −mt−kv, t12 = −nt+mv;m=us+vt, 1 = −ut + vs , t22 = v , тогда T2 = t ;m= −us−vt, 1=ut −vs , t22 = v ,T2 = t , тогда T2 = - t;m= −us−vt, 1 = −ut + vs , t22 = v , тогда T1 = t .То же самое нужно проверить, поменяв значенияm и 1, а также рассмотрев случай t22 = u . Во всехслучаях получаем, что существуют такие целые зна-чения t21 , t22 , что ⎢T ⎢= 1. Лемма доказана.Итак, для случая, когда автоморфизм ϕ порядка 4,показано, что всегда существует такая целочисленнаяматрица T с определителем, равным 1 , что выпол-няется равенство (1).Аналогичное утверждение справедливо для ϕ по-рядка 6. А именно, имеет местоЛемма 2. Пусть G - свободная группа ранга 2 иϕ - автоморфизм группы G порядка 6. Тогда суще-ствуют такие элементы a и b из G , чтоG = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉 и ϕ(a)=b, а ϕ(b)=−a+b.Доказательство этой леммы проводится аналогич-ным образом. Заметим только, если порядок ϕ равен 6,то ϕ2 = ϕ − ƒ . Тогда в данном случае условие (3) име-ет видl = 1−m , m2 −m+1 = −nk .Вследствие этого принципиально изменятся усло-вия (5) и (6). А именно,n=x2−xy+y2, −k=z2−zt+t2. (5')Легко проверить, что(x2−xy+ y2)(z2−zt+t2)==(xz−xt−yz)2−(xz−xt−yz)(xz−yt)+(xz−yt)2.Следовательно,m2 −m+1 ==(xz−xt−yz)2−(xz−xt−yz)(xz−yt)+(xz−yt)2. (6')Как следствие этих лемм имеет местоТеорема 3. Пусть G - квазиразложимая группабез кручения ранга 2, внутренний тип IT(G) которойне содержит символов  , и пусть G обладает авто-морфизмом порядка 4 (или 6). Тогда G вполне раз-ложима, и для любого автоморфизма ϕ порядка 4(или 6) существует такое разложение группыG = 〈 a 〉 ∗ ⊕ 〈 b 〉 ∗ , что ϕ(a) =b, ϕ(b) = −a (соответ-ственно, ϕ(a) =b, ϕ(b) = −a+b).Доказательство. Поскольку G обладает авто-морфизмом порядка 4 (или 6), то она однородная [2].Так как внутренний тип IT(G) не содержит символов , то из [4] следует, что G≅R⊗ ZG0 , где R - груп-па ранга 1 и type R = IT(G), а G0 - квазиразложимаягруппа нулевого типа, а как уже отмечалось выше,она будет просто свободной группой. Поскольку G0 -свободная группа, то она всегда обладает автомор-физмами порядка 4 (или 6). Следовательно, и группаG обладает такими автоморфизмами.То, что для любого ϕ порядка 4 (или 6) существу-ет указанное разложение группы G0 = 〈 a 〉 ⊕ 〈 b 〉,следует из лемм 1 и 2. А тогда ( R ⊗ 〈 a 〉) ⊕ ( R ⊗ 〈 b 〉)будет искомым разложением группы G .

Скачать электронную версию публикации