Rząd elementu grupy ...

[Yenneferzyca]

Dana jest skończona grupa nieabelowa G oraz takie jej dwa elementy a, b, że:
- rząd elementu a jest równy 4,
-\(\displaystyle{ ba = ab^{3}}\).
Wyznaczyć rząd elementu b, jeśli wiadomo, że jest on nieparzystą liczbą pierwszą.


Przy rozwiązaniu bardzo proszę o napisanie ewentualnie z jakich własności korzystacie. Zadanie jest proste ale uparcie wychodzi mi że rząd b wynosi 8 a bynajmniej nie jest to nieparzysta liczba pierwsza

[max]

Mamy:

\(\displaystyle{ b^{3} = a^{-1}ba.}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ b^{k} = a(a^{-1}ba)^{k}a^{-1}}\) to indukcyjnie:
\(\displaystyle{ a^{-n}ba^{n} = a^{-(n-1)}(a^{-1}ba)a^{n-1} = a^{-(n-1)}b^{3}a^{n-1} = \ldots = b^{3^{n}}.}\)

W szczególności, ponieważ rząd \(\displaystyle{ a}\) wynosi 4 to:
\(\displaystyle{ b = a^{-4}ba^{4} = b^{3^{4}} = b^{81}.}\)

Zatem \(\displaystyle{ b^{80}= 1,}\) czyli rząd \(\displaystyle{ b}\) jest dzielnikiem 80, a ponieważ jedynym nieparzystym dzielnikiem pierwszym tej liczby jest \(\displaystyle{ 5,}\) to tyleż wynosi ten rząd.

[Yenneferzyca]

hmm no ogólnie nie bardzo rozumiem...

\(\displaystyle{ b^{3} = a^{-1}ba}\)

ok, wiem skąd

ale dlaczego:

\(\displaystyle{ b^{k} = a(a^{-1}ba)^{k}a^{-1}}\)

jeśli chociażby sobie wezmę k = 3 to wcale nie dostaje tego co wyżej...

[Wasilewski]

Zauważ, że:
\(\displaystyle{ a (a^{-1} b a)^{k} a^{-1} = a ( a^{-1} b a \cdot a^{-1} ba \ldots \cdot a^{-1}ba) a^{-1} = a (a^{-1} b \underbrace{(a a^{-1})}_{1} b (aa^{-1}) \ldots b a)a^{-1} = a(a^{-1} b^{k} a)a^{-1} = b^{k}}\)
Po prostu w nawiasie łączysz w pary elementy \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ a^{-1}}\), których iloczyn daje jedność.

[Yenneferzyca]

aha... magiczne to wszystko, ale dalej nie rozumiem tego kroku indukcyjnego i tego ciągu nierówności... najbardziej momentu kiedy zaczynają się " = ... = " i nagle jest wynik :/

[Wasilewski]

Wiemy już, że zachodzi taka równość:
\(\displaystyle{ b^{k} = a(a^{-1}b a)^{k}a^{-1}.}\)
Tę równość mnożymy obustronnie przez \(\displaystyle{ a^{-1}}\) z lewej strony i przez \(\displaystyle{ a}\) z prawej strony, otrzymując:
\(\displaystyle{ a^{-1}b^{k} a = (\underbrace{a^{-1}b a}_{b^{3}})^{k} = b^{3k}\quad (*)}\)
Zakładamy indukcyjnie, że:
\(\displaystyle{ a^{-n} b a^{n} = a^{-(n-k)} b^{3^{k}} a^{n-k}}\)
Krok indukcyjny jest taki:
\(\displaystyle{ a^{-n} b a^{n} = a^{-(n-k)} b^{3^{k}} a^{n-k} = a^{-(n-(k+1))} (a^{-1} b^{3^{k}} a) a^{n-(k+1)} = a^{-(n-(k+1))} b^{3^{k+1}} a^{n-(k+1)}}\)
Ostatnia równość wynika z \(\displaystyle{ (*)}\).
Przyznam, że ładnie to max wymyślił.

[Yenneferzyca]

... hmm no jakoś nie czuje się oświecona, sorry za taki problem ale algebra zawsze stanowiła dla mnie czarną magię

czy to zadanie na prawdę jest takie trudne? nie da się tego jakoś łatwiej rozwiązać?

[Wasilewski]

Ja chyba nie potrafię tego prościej wytłumaczyć. Trzeba zdać sobie sprawę z tego, że jak zmniejszamy wykładnik przy a o 1, to wykładnik przy b jest mnożony przez trzy. Może łatwiej to zauważyć w ten sposób:
\(\displaystyle{ a^{-n} b^{k} a^{n} = \underbrace{a^{-n} a}_{a^{-(n-1)}}(\underbrace{a^{-1}ba}_{b^{3}})^{k}\underbrace{a^{-1} a^{n}}_{a^{n-1}} = a^{-(n-1)} b^{3k} a^{n-1}.}\)

[max]

Spróbujmy więc bardziej formalnie rozpisać wszystko co się rusza (w zasadzie powtórka w zwolnionym tempie tego, co napisał Wasilewski):

Udowodnimy najpierw indukcyjnie, że:
\(\displaystyle{ a(a^{-1}ba)^{k}a^{-1} = b^{k}}\)

Dla \(\displaystyle{ k=1}\) mamy
\(\displaystyle{ a(a^{-1}ba)a^{-1} = aa^{-1}baa^{1} = (aa^{-1})\cdot b\cdot (aa^{-1}) = 1\cdot b\cdot 1 = b.}\)

Krok indukcyjny - zakładając tezę dla \(\displaystyle{ k}\) pokażemy ją dla \(\displaystyle{ k+1:}\)
\(\displaystyle{ a(a^{-1}ba)^{k+1}a^{-1} = a(a^{-1}ba)(a^{-1}ba)^{k}a^{-1} = \\
=(aa^{-1})\cdot b\cdot (a(a^{-1}ba)^{k}a^{-1}) = 1\cdot b\cdot b^{k} = b^{k+1}.}\)
W przedostatniej równości skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego.


Teraz korzystając z tego co już pokazaliśmy, oraz z równości:
\(\displaystyle{ a^{-1}ba = b^{3}}\)
Pokażemy indukcyjnie:
\(\displaystyle{ a^{-n}ba^{n} = b^{3^{n}}.}\)

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) teza przyjmuje postać \(\displaystyle{ a^{-1}ba = b^{3},}\) a to już wiemy.

Krok indukcyjny - zakładając tezę dla \(\displaystyle{ n}\) pokazujemy że zachodzi ona również dla \(\displaystyle{ n+1:}\)
\(\displaystyle{ a^{-(n+1)}ba^{n+1} = a^{-1}\cdot a^{-n} b a^{n}\cdot a = \\
=a^{-1}\cdot b^{3^{n}}\cdot a = a^{-1}\cdot a (a^{-1}ba)^{3^{n}}a^{-1}\cdot a = \\
= a^{-1}\cdot a(b^{3})^{3^{n}}a^{-1}\cdot a=1\cdot b^{3\cdot 3^{n}}\cdot 1 = b^{3\cdot 3^{n}} = b^{3^{n+1}}.}\)
W drugiej równości skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego, w trzeciej korzystamy z udowodnionej wcześniej indukcyjnie równości przyjmując \(\displaystyle{ k = 3^{n},}\) w czwartej korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ a^{-1}ba = b^{3},}\) reszta jest chyba jasna.

(...) sorry za taki problem ale algebra zawsze stanowiła dla mnie czarną magię
(...)

Cóż, miejmy nadzieję, że nikt mnie ani moich znajomych nie postanowi palić na stosie za praktykowanie tego procederu.


Zadanie nie jest chyba bardzo łatwe (tzn na egzamin pisemny z algebry, który zdawałem w połowie drugiego roku byłoby ambitne, a może nawet za trudne) jak się nie wpadnie na tę sztuczkę z równością postaci \(\displaystyle{ b^{m} = a^{-1}ba}\) (ja poznałem ją przy innej okazji... a samo zadanie też wygląda mi znajomo). O istnieniu innego rozwiązania trudno coś powiedzieć dopóki go ktoś nie wymyśli.
To zadanie pojawiło się na jakimś egzaminie czy czymś takim?

[xiikzodz]

Wygodnie jest użyć notacji:

\(\displaystyle{ y^{-1}xy=x^y}\)

zauważyć, że ogólnie:

\(\displaystyle{ (x^n)^y=(x^y)^n}\) dla całkowitego \(\displaystyle{ n}\), (to ten fakt dowodzony przez indukcję, który można widzieć również jako przemienność macierzy skalarnych z pozostałymi po przejściu do stosownej algebry grupowej)

oraz

\(\displaystyle{ (x^y)^z=x^{yz}}\) dla \(\displaystyle{ y,z}\) elementów grupy.

wówczas relacja z zadania przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ b^a=b^3}\)

zaś rozwiązanie maxa

\(\displaystyle{ b=b^{a^4}=b^{3^4}=b^{81}}\)

staje się automatyczne i naturalne.

[Yenneferzyca]

no to zrozumiałam to zadanie - dzięki wielkie za cierpliwość