Algebra, zadanie nr 5590

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
geometria postów: 865	2017-11-09 23:28:02 1. $\alpha=$$\begin{bmatrix} 1&2&3&4&5&6&7\\3&1&2&7&4&6&5\end{bmatrix}$, $\beta=$$\begin{bmatrix} 1&2&3&4&5&6&7\\3&4&1&2&7&6&5\end{bmatrix}$. a) znalezc permutacje $g\in S_{7}$ taka, ze $g^{2}=\alpha$, b) udowodnic, ze nie istnieje $g\in S_{7}$ taka, ze $g^{2}=\beta$. a) Z permutacji $\alpha$ mam: $g(g(1))=3; g(g(2))=1; g(g(3))=2; g(g(4))=7; g(g(5))=4; g(g(6))=6; g(g(7))=5$. Potem dobieram wartosci i sprawdzam ich poprawnosc. Ostatecznie mam $g$: $g(1)=2$ $g(2)=3$ $g(3)=1$ $g(4)=5$ $g(5)=7$ $g(6)=6$ $g(7)=4$ Czyli $g=$$\begin{bmatrix} 1&2&3&4&5&6&7\\2&3&1&5&7&6&4\end{bmatrix}$. Jak udowodnic, ze w b) nie istnieje taka permutacja $g$? Wiadomość była modyfikowana 2017-11-09 23:30:00 przez geometria

tumor postów: 8070	2017-11-10 10:00:15 a) łatwo zobaczyć, co się ma dziać, gdy się rozłoży na cykle a`) Gdybyśmy zrobili w a) podgrupę generowaną przez $\alpha$ i miałaby ona parzysty rząd, czyli $<\alpha>=\{\alpha^0,\alpha^2,...,\alpha^n,...,\alpha^{2n-1}\}$ To wystarczy przyjąć $g=\alpha^n$, wtedy oczywiście $g^2=\alpha$. b) Mogę zaproponować rozumowanie znów oparte o cykle. Załóżmy, że mamy cykl <c> o n elementach. Wówczas, jeśli weźmiemy liczbę 0<k<n względnie pierwszą z n, to także $<c^k>$ ma n elementów. Dlaczego? Jak to będzie dla k dzielącego n? Jak dla k mającego z n dzielnik większy od 1? Jeśli rozłożymy permutację na cykle rozłączne, to ich składanie będzie przemienne. Ta uwaga pewnie się pojawiła, ale warto wiedzieć, że to ma znaczenie. Jeśli zatem mamy g rozłożone na takie cykle, możemy je oddzielnie podnosić do kwadratu. Cykl dwuelementowy da po podniesieniu do kwadratu identyczność. Cykl trójelementowy, skoro NWD(2,3)=1 da cykl trójelementowy. Cykl 5-el, 7-el analogicznie. Cykl 4-elementowy do kwadratu da dwa cykle dwuelementowe. Cykl 6-elementowy do kwadratu da dwa cykle trójelementowe. Wobec tego nie ma z czego ulepić g, by wzięte do kwadratu dało złożenie trzech rozłącznych dwuelementowych cykli. b`) wiemy też, że $<\beta>$ jest podgrupą $<g>$, czyli $<g>$ ma parzysty rząd (musi być podzielny przez rząd swojej podgrupy). Wobec tego istnieje w $g$ cykl o parzystej długości. Nie może to być cykl o długości 2, bo do kwadratu da identyczność na dwóch elementach, a w $\beta$ jest tylko $6\to 6$. Podobnie cykl o długości 4 czy 6 nie da oczekiwanego efektu. Wiadomość była modyfikowana 2017-11-10 10:00:29 przez tumor

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj