grupy abelowe/cykliczne

[Lyzka]

1.Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ G}\) jest grupą abelową, to \(\displaystyle{ H=\left\{ a |\text{ istnieje }n=n(a)\text{ takie, że }a^n=e\right\}}\) jest podgrupą.

2.Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ G}\) nie zaweira właściwych podgrup, to \(\displaystyle{ G}\) jest grupą cykliczną rzędu pierwszego (tzn. \(\displaystyle{ \left| G\right|}\) jest liczbą pierwszą).

3. Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) są podrupami grupy abelowej \(\displaystyle{ G}\), to zbiór \(\displaystyle{ AB=\left\{ ab | a \in A, b \in B\right\}}\) jest podgrupą w \(\displaystyle{ G}\). Podaj przykład nieabelowej grupy \(\displaystyle{ G}\) w której \(\displaystyle{ AB}\) nie jest podgrupą.

4. Wykazać, że jeśli \(\displaystyle{ A, B}\) są skończonymi podrgupami grupy abelowej \(\displaystyle{ G}\), to \(\displaystyle{ \left| AB\right|=\left| A\right| \cdot \left| B\right|}\) jeśli rzędy \(\displaystyle{ \left| A\right|}\) i \(\displaystyle{ \left| B\right|}\) są liczbami względnie pierwszymi.

5. Niech \(\displaystyle{ G}\) będzie grupą taką, że \(\displaystyle{ (ab)^{i} = a^ib^i}\) dowolnych \(\displaystyle{ a,b \in G}\) oraz pewnych trzech kolejnych liczb naturalnych\(\displaystyle{ i}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ G}\) jest grupą abelową. Czy teza pozostanie prawdziwa, jeśli "trzy kolejne liczby" zastąpimy "dwiema kolejnymi liczbami"?

6. Niech \(\displaystyle{ G}\) będzie grupą w której \(\displaystyle{ (ab)^3=a^3b^3}\) oraz \(\displaystyle{ (ab)^5=a^5b^5}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ a,b \in G}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ G}\) jest grupą abelową.

7. Niech \(\displaystyle{ H}\) będzie podgrupą grupy \(\displaystyle{ G}\) oraz \(\displaystyle{ N= \bigcap_{x \in G} x^{-1}Hx}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ N}\) jest podgrupą w \(\displaystyle{ G}\) taką, że \(\displaystyle{ y^{-1} Ny=N}\) dla każdego \(\displaystyle{ y \in G}\).

Jak to wszystko "ugryźć"?

[Poszukujaca]

Zad 2 i zad 4 - zastosuj tw Lagrange'a.

Zad 6
\(\displaystyle{ (ab)^{3}=a^{3}b^{3} \\
a^{-1}(ab)^{3}b^{-1}=a^{-1}a^{3}b^{3}b^{-1} \\
a^{-1}(ab)(ab)(ab)b^{-1}=a^{-1}a a^{2} b^{2} b b^{-1} \\
e(b(ab)a)e=e a^{2} b^{2} e \\
b(ab)a=a^{2} b^{2} \\
b(ab)a a^{-1} = a^{2} b^{2} a^{-1} \\
b(ab) = a^{2} b^{2} a^{-1} \\
(ba)b b^{-1}=a^{2} b^{2} a^{-1} b^{-1} \\
ba = a^{2} b^{2} a^{-1} b^{-1} \\
ba b= a^{2} b^{2} a^{-1} b^{-1} b \\
bab=a^{2} b^{2} a^{-1} b^{-1} b \\
bab = a^{2} b^{2} a^{-1} \\
bab a = a^{2} b^{2} a^{-1} a \\
(ba)^{2}=a^{2}b^{2}}\)

Spróbuj coś dalej z tym podziałać

[Slup]

Ad.5
Najpierw fakt pomocniczy:
\(\displaystyle{ \forall_{a,b\in G}\,(ab)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}\Rightarrow \forall_{a,b\in G}\,(ba)^i=a^ib^i}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ a(ba)^ib=(ab)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}}\)
Skracamy jedno \(\displaystyle{ a}\) z lewej strony oraz jedno \(\displaystyle{ b}\) z prawej i otrzymujemy
\(\displaystyle{ (ba)^i=a^ib^i}\)

Teraz rozwiązanie zadania. Załóżmy, że:
\(\displaystyle{ (ab)^{i}=a^{i}b^{i},\,(ab)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1},\,(ab)^{i+2}=a^{i+2}b^{i+2}}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a, b\in G}\) i pewnego \(\displaystyle{ i\geq 0}\). Te relacje będziemy nazywali podstawowymi. Stosujemy do dwóch ostatnich relacji podstawowych nasz pomocniczy fakt i dostajemy dwie relacje:
\(\displaystyle{ (ba)^{i}=a^{i}b^{i},\,(ba)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Te relacje będziemy nazywali pomocniczymi.
Teraz w dwóch pierwszych relacjach podstawowych zamieniamy literkę \(\displaystyle{ a}\) na \(\displaystyle{ b}\) i \(\displaystyle{ b}\) na \(\displaystyle{ a}\). Dostajemy dwie relacje:
\(\displaystyle{ (ba)^i=b^ia^i,\,(ba)^{i+1}=b^{i+1}a^{i+1}}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Te relacje nazwiemy październikowymi.
Teraz bierzemy relacje pomocnicze i relacje październikowe i zauważamy, że
\(\displaystyle{ b^ia^i=(ba)^i=a^ib^i}\)
oraz
\(\displaystyle{ b^{i+1}a^{i+1}=(ba)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}}\)
Ostatecznie dostajemy relacje:
\(\displaystyle{ b^ia^i=a^ib^i,\,b^{i+1}a^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Te relacje nazwiemy przemiennymi.

Ok. To teraz zadajemy funkcje \(\displaystyle{ f_1,f_2:G\rightarrow G}\) wzorami
\(\displaystyle{ f_1(a)=a^i}\)
oraz
\(\displaystyle{ f_2(a)=a^{i+1}}\)
Na mocy dwóch pierwszych relacji podstawowych te funkcje są homomorfizmami. Na mocy relacji przemiennych mamy
\(\displaystyle{ f_1(ab)=f_1(ba),\,f_2(ab)=f_2(ba)}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a, b\in G}\). Zatem
\(\displaystyle{ f_1(aba^{-1}b^{-1})=1,\,f_2(aba^{-1}b^{-1})=1}\)
dla każdych \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Oznacza to, że
\(\displaystyle{ aba^{-1}b^{-1}\in \mathrm{Ker}(f_1)\cap \mathrm{Ker}(f_2)}\)
Teraz \(\displaystyle{ \mathrm{Ker}(f_1)}\) składa się z tych elementów \(\displaystyle{ G}\), których rząd dzieli liczbę \(\displaystyle{ i}\). Natomiast \(\displaystyle{ \mathrm{Ker}(f_2)}\) składa się z tych elementów \(\displaystyle{ G}\), których rząd dzieli \(\displaystyle{ i+1}\). Zatem przecięcie \(\displaystyle{ \mathrm{Ker}(f_1)\cap \mathrm{Ker}(f_2)}\) składa się z tych elementów \(\displaystyle{ G}\), których rząd dzieli jednocześnie \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ i+1}\). Liczby \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ i+1}\) są względnie pierwsze. Oznacza to, że
\(\displaystyle{ \mathrm{Ker}(f_1)\cap \mathrm{Ker}(f_2)=\{1\}}\)
Ostatecznie \(\displaystyle{ aba^{-1}b^{-1}=1}\) dla każdych \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Oczywiście to jest równoważne z tym, że
\(\displaystyle{ ab=ba}\)
dla wszystkich \(\displaystyle{ a,b\in G}\). Dowiedliśmy, że \(\displaystyle{ G}\) jest przemienna.

[a4karo]

2 nie jest prawdą

[Slup]

Poszukująca zrobiłaś spory kawałek zadania szóstego. Postanowiłem je dokończyć.

Mamy \(\displaystyle{ a^3b^3=(ab)^3=a(ba)^2b}\) czyli
\(\displaystyle{ (1)\,a^2b^2=(ba)^2=baba}\).
Mamy też \(\displaystyle{ a^5b^5=(ab)^5=a(ba)^4b}\), co daje \(\displaystyle{ a^4b^4=(ba)^4=babababa}\). Stąd
\(\displaystyle{ a^4b^4=babababa=(baba)(baba)=a^2b^2a^2b^2}\)
czyli
\(\displaystyle{ (2)\,a^2b^2=b^2a^2}\)
To teraz w \(\displaystyle{ (1)}\) zamieniając role \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ (3)\,b^2a^2=(ab)^2}\)
Porównujemy \(\displaystyle{ (2)}\) i \(\displaystyle{ (3)}\) przez co uzyskujemy
\(\displaystyle{ a^2b^2=b^2a^2=(ab)^2}\)
czyli \(\displaystyle{ a^2b^2=(ab)^2}\). Ostatecznie:
\(\displaystyle{ a^2b^2=abab}\)
Skracamy wyrazy podobne i dostajemy:
\(\displaystyle{ ab=ba}\).

2 nie jest prawdą

Nie wpadłbym na to.

[Lyzka]

a skąd w tym 5 ten fakt

\(\displaystyle{ \forall_{a,b\in G}\,(ab)^{i+1}=a^{i+1}b^{i+1}\Rightarrow \forall_{a,b\in G}\,(ba)^i=a^ib^i}\)

bo nie wiem dlaczego z niego to wynika (\(\displaystyle{ \forall_{a,b\in G}\,(ba)^i=a^ib^i}\))

[Slup]

Bezpośrednio pod tym faktem spisałem jego dowód. Wystarczy, że przeczytasz kilka dodatkowych linijek rozwiązania, które pracowicie spisałem.

[Dasio11]

Przepraszam, że trochę odkopuję, ale zad. 5 można zrobić sporo prościej.

Ustalmy \(\displaystyle{ a, b \in G}\) i załóżmy, że \(\displaystyle{ (ab)^i = a^i b^i}\) zachodzi dla \(\displaystyle{ i = k, k+1, k+2.}\) Z faktu, że \(\displaystyle{ (ab)^i = a^i b^i}\) oraz \(\displaystyle{ (ab)^{i+1} = a^{i+1} b^{i+1}}\) (który zachodzi dla \(\displaystyle{ i = k}\) oraz \(\displaystyle{ i = k+1}\)), otrzymujemy

\(\displaystyle{ a^i b^i \cdot a b = (ab)^i (ab) = (ab)^{i+1} = a^{i+1} b^{i+1},}\)

czyli po skróceniu \(\displaystyle{ a^i}\) z lewej i \(\displaystyle{ b}\) z prawej

\(\displaystyle{ b^i a = a b^i.}\)

To znaczy, że \(\displaystyle{ b^k a = a b^k}\) i \(\displaystyle{ b^{k+1} a = a b^{k+1},}\) czyli \(\displaystyle{ a}\) komutuje z \(\displaystyle{ b^k}\) oraz z \(\displaystyle{ b^{k+1},}\) więc komutuje też z \(\displaystyle{ b,}\) bo komutujące z \(\displaystyle{ a}\) elementy tworzą podgrupę. Dokładniej:

\(\displaystyle{ ab = a b \cdot b^k b^{-k} = a b^{k+1} \cdot b^{-k} = b^{k+1} a \cdot b^{-k} = b \cdot b^k a \cdot b^{-k} = b \cdot a b^k \cdot b^{-k} = ba.}\)

[Slup]

Bardzo ładnie. Nie ma za co przepraszać.