Grei algebra

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

La $G$ være en gruppe med minst to elementer og med ingen ikke-trivielle ekte undergrupper. Vis at $G$ er endelig og av primtalls orden.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Markus skrev:La $G$ være en gruppe med minst to elementer og med ingen ikke-trivielle ekte undergrupper. Vis at $G$ er endelig og av primtalls orden.

G er endelig
: Anta at $G$ er uendelig og la $a\neq e$ (der $e$ er identiteten). Siden $G$ ikke har noen ekte, ikketrivielle undergrupper vil $a$ generere hele $G$, ergo er $G$ syklisk og dermed isomorf med den additive gruppa $(\mathbb{Z},+)$, men denne har mange ekte, ikketrivielle undergrupper $n\mathbb{Z}$, altså en motsigelse. Dermed må $G$ være endelig av orden $m$.

G har primtalls orden $m$: Anta at $m$ er sammensatt og la $G=<a>$ for et element $a\neq e$. Dersom $m=pq$ der $p$ og $q$ er heltatt større enn $1$, vil $H=<a^p>$ være en ekte, ikketriviell undergruppe, altså en motsigelse. Ergo må $m$ være prim.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Gustav skrev:
G er endelig
: Anta at $G$ er uendelig og la $a\neq e$ (der $e$ er identiteten). Siden $G$ ikke har noen ekte, ikketrivielle undergrupper vil $a$ generere hele $G$, ergo er $G$ syklisk og dermed isomorf med den additive gruppa $(\mathbb{Z},+)$, men denne har mange ekte, ikketrivielle undergrupper $n\mathbb{Z}$, altså en motsigelse. Dermed må $G$ være endelig av orden $m$.

G har primtalls orden $m$: Anta at $m$ er sammensatt og la $G=<a>$ for et element $a\neq e$. Dersom $m=pq$ der $p$ og $q$ er heltatt større enn $1$, vil $H=<a^p>$ være en ekte, ikketriviell undergruppe, altså en motsigelse. Ergo må $m$ være prim.
Flott, løste den nesten likt!
Eventuelt; siden $G$ er syklisk og endelig av orden $n$ så er $G \simeq (\mathbb{Z}_n,+_n)$. Siden $G$ ikke har noen ekte ikke-trivielle undergrupper må $\gcd(g,n)=1$ for alle $g \in \mathbb{Z}_n$, for ellers ville det vært en $g$ som hadde generert en ikke-triviell ekte undergruppe. Derfor må $n$ være prim.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Oppfølger:

La $H$ være en undergruppe med $h$ elementer, av en gruppe $G$. Anta at $G$ har et element $a$ slik at for alle $x\in H$, så er $(xa)^3=e$, der $e$ er identiteten. I $G$, la $P$ være mengden av alle produkter på formen $x_1ax_2a\cdots x_na$, der $n$ er et positivt heltall og $x_i\in H$ for alle $i$. Vis at $P$ ikke har mer enn $3h^2$ elementer.
Svar