logowanie

matematyka » forum » studia » zadanie

Algebra, zadanie nr 5590

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 854
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: 8085
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





© 2017 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt online: 53 drukuj