Vise at enhver gruppe av orden 286 331 153 er abelsk

[Flabbrø]

God dag. Oppgaven i sin helhet er denne:

a) Vis at dersom $p$ er et primtall, så er gruppen $\text{Aut}({\mathbb{Z}}_p)$ av orden $p-1$.

b) Vis at $\text{Aut}({\mathbb{Z}}_{17})$, $\text{Aut}({\mathbb{Z}}_{257})$ og $\text{Aut}({\mathbb{Z}}_{65537})$ er 2-grupper. Hint: Vi har $17=2^4+1$, $257=2^8+1$ og $65537=2^{16}+1$, og de tre tallene er primtall.

c) Vis at enhver gruppe av orden $286331153$ er abelsk. Hint: $286331153=17\cdot 257\cdot 65537$.

Jeg kom til c), men ser ikke helt hvordan den bør løses. Noen forslag? Alle forsøk på hjelp mottas med takknemlighet.

[Aleks855]

Gruppen har vel orden $abc$ for primtallene $ab<c$. Er det meninga du skal bevise dette?

[Flabbrø]

Beklager, men jeg ser ikke helt hva du mener.

[Flabbrø]

Jeg kan legge til at oppgaven er gitt på et slikt sted at det ikke virker naturlig å støtte seg på Sylow-teoremene. (Og det synes vel som om man skal bygge på noe i de foregående deloppgavene.)

[svinepels]

Hint til første oppgave:

Hvordan ser en generell homomorfi $f:{\mathbb{Z}}_p\to {\mathbb{Z}}_p$ ut? Hint: En slik homomorfi vil være unikt bestemt av verdien $f(1)$.

Tell antallet av disse som er isomorfier (her vil du få bruk for at ${\mathbb{Z}}_p$ er et integritetsområde).

[Gustav]

c) Vis at enhver gruppe av orden $286331153$ er abelsk. Hint: $286331153=17\cdot 257\cdot 65537$.

Det er vel nærliggende å bruke Sylow her. La G være en gruppe av orden $286331153=17\cdot 257\cdot 65537$.

Da fins det Sylow 17-, 257- og 65537-undergrupper A,B,C med ordener |A|=17, |B|=257, |C|=65537, som alle er normale og abelske.

Nå er produktet ABC=G. Siden A,B,C snitter trivielt, og alle er normale, kommuterer elementene fra forskjelllige undergrupper med hverandre. Det følger at G er abelsk.

[Flabbrø]

svinepels: Jeg kunne kanskje ha vært mer ettertrykkelig på hva det var jeg lurte på, men det var altså kun oppgave c). Takk likevel.

plutarco: Får vel gi etter og bruke Sylow, da. Selv om jeg var overbevist om at det ikke var meningen. Takker for hjelpen.

[Tullebukk]

c) Vis at enhver gruppe av orden $286331153$ er abelsk. Hint: $286331153=17\cdot 257\cdot 65537$.

Det er vel nærliggende å bruke Sylow her. La G være en gruppe av orden $286331153=17\cdot 257\cdot 65537$.

Da fins det Sylow 17-, 257- og 65537-undergrupper A,B,C med ordener |A|=17, |B|=257, |C|=65537, som alle er normale og abelske.

Nå er produktet ABC=G. Siden A,B,C snitter trivielt, og alle er normale, kommuterer elementene fra forskjelllige undergrupper med hverandre. Det følger at G er abelsk.

Jeg skal selv ta eksamen i Abstrakt Algebra snart, og er litt interessert i argumentasjonen din her. Fra det tredje Sylow-teoremet har vi at $n_{17}\equiv 1(\mathrm{mod}17)$ og $n_{17}$ deler $|G|$. Dermed er det bare en Sylow $17$-undergruppe. På samme måte kan det vises at det kun er en Sylow $257$-undergruppe og en Sylow $65537$-undergruppe. Som du nevner, snitter disse trivielt, da dette er $p$-grupper og samtlige elementer i gruppene (med unntak av identiteten) har orden $p$. Alle er også normale, fra det andre Sylow-teoremet. Jeg klarer ikke å dra i land konklusjonen din herifra. Unionen av disse undergruppene har orden mindre enn $|G|$, og jeg ser ikke hvordan dette kan implisere at $G$ er abelsk.

[Gustav]

Vi behøver å vise to ting:

1. Dersom A og B er to normale undergrupper av G, og $A\cap B=\{1\}$ følger det at ab=ba for alle $a\in A$ og $b\in B$.

Vi ønsker å vise at $a^{-1}{b}^{-1}ab=1$ for alle $a\in A$ og $b\in B$. Normaliteten gir at $(a^{-1}{b}^{-1}a)b\in B$ og $a^{-1}(b^{-1}ab)\in A$, altså er $a^{-1}{b}^{-1}ab\in A\cap B$. Siden snittet av A og B kun inneholder den multiplikative identiteten, må $a^{-1}{b}^{-1}ab=1$, så $ab=ba$.


2. ABC=G. (Definisjon: $ABC=\{abc|a\in A,b\in B,c\in C\}$.)

Det er klart at $ABC\subseteq G$. Det er nok å vise at |ABC|=|G|. Vi har at $A$, $B$ og $C$ alle er undergrupper av $ABC$ (sett f.eks. b=c=1. Da er A en undergruppe i ABC (Merk også at produktet av normale undergrupper er en undergruppe.)), så |ABC| må være delelig med både |A|, |B| og |C|. Siden disse ordenene er relativt primiske, må altså $|ABC|=|A|\cdot |B|\cdot |C|\cdot n$. Siden $ABC\subseteq G$, må vi ha $n=1$, og dermed må ABC=G.