Matematické Fórum

check_drummer · 24. 02. 2011 18:13

Ahoj,
nechť minimální počet generátorů nějaké grupy G je k (tj. existuje k prvků z G, které generují G, ale žádných k-1 prvků G negeneruje). Nechť |G|=n. Označme r(g) řád prvku g z G (tj. počet prvků podgrupy G generované prvkem g). Označme m=max{r(g); g z G}. Existuje potom nějaký netriviální horní a/nebo dolní odhad pro hodnotu m (např. v závisosti na n,k, případně na nějakých dalších "veličinách")?

Děkuji

FailED · 27. 11. 2011 03:09

Ahoj,

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

check_drummer · 27. 11. 2011 09:34

↑ FailED:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

FailED · 27. 11. 2011 11:51

↑ check_drummer:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 07. 12. 2011 20:20 — Editoval vanok (08. 12. 2011 02:56)

Ahoj ↑ check_drummer:,
Studoval si pripad cyclickych grup (ine meno monogena grupa)?
Tieto groupy su generovane jednym prvkom...

Mozno toto

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

by ta mohlo zaujimat, i ked to neodpoveda na tvoj problem.
na pokracovanie

vanok · 14. 12. 2011 10:12

↑ check_drummer:,
Ak chces mozme tu zacat studovat dost blizky problem co chces studovat cf↑ check_drummer:
generatory konecnych abelovskych grup(cize komutativnych)
Je to v teorii grup ist ako po autostrade ... a az potom zacat vseobecne studium generatov vseobecnych grup.
Co si o tom myslis?

constr · 14. 12. 2011 15:19

↑ vanok:
Zdravím členy fóra,

pokusím se vyjádřit konkrétněji co nejdřív, ale úloha, kterou ↑ check_drummer: uvedl, je mi povědomá.

Pamatuji si, že se pro šetření takových otázek zaváděly určité funkce.

Téma je průřezově zpracováno zde.

Asi nebudu mít večer moc času, ještě uvidím.

vanok · 14. 12. 2011 20:03

↑ constr:,
To ma zaujima.

check_drummer · 14. 12. 2011 20:47

↑ vanok:
Určitě je přínosné začít od specifického a pokračovat k obecnému. Lze obecně generátory abelovských grup nějak charakterizovat, či je dokonce pro každou abelovskou grupu nějak jednoduše určit?

vanok · 14. 12. 2011 22:14 — Editoval vanok (27. 12. 2011 18:46)

↑ check_drummer: a vsetci iny,

O KOMUTATIVNYCH KONECNYCH GRUPACH

UVOD

Tu ukazeme pre komutitavne konecne grupy 3 teoremy o dekompozicii komutativnej konecnej grupy G

*na p-grupy (nie povinne cyklicke)
*na cyklicke p-grupy
*na cyklicke grupy $H_1, H_2,..., H_n$ take ze rad $H_i$ deli rad $H_{i-1}$ pre $i \in \{ 2, 3, ..., n \}$

Prva teorema co nas informuje o dekompozicii komutativnej konecnej grupy G na p-grupy (nie povinne cyklicke) $G_p$ : p-zlozky grupy G (Rad $G_p$ sa da vyjadrit ako funkcia radu $G$ ...to doplnim neskor) je

$T1$ teorema 1
Kazda komutativna konecna grupa G je priamy sucet (somme directe) p-grup $G_p$ na mnozine prvociselnych delitelov $D$ radu grupy $G$ :
$G=\bigoplus_{p\inD} G_p$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

*****
Pred dokazom precitajte vsetko az do po cvicenie 9). Veta 1 $V1$ nam posluzi v dokaze teoremy 1 $T1$

Term p-grupa, znamena ze vsetki prvky takej grupy maju periodu, nejaku mocninu p (p>0 prvocislo).
PRIKLADY:
$\frac {\mathbb{Z}}{4\mathbb{Z}}$ je 2-grupa radu 4.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

$\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ nie je p-grupa, ma prvky radu 2, 3 alebo 6
Klein-ova grupa $$ \frac {\mathbb{Z}}{2\mathbb{Z}}$ X $ \frac {\mathbb{Z}}{2\mathbb{Z}}$$ je 2-grupa radu 4
Cvicenia:
1)Je $$ \frac {\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}}$X $\frac {\mathbb{Z}}{9\mathbb{Z}}$$ jedna p-grupa?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

2)Existuju aj nekonecne p-grupy?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

3)Pre ktore $n$ , $\frac {\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}$ je p-grupa?
*****
POJEM:priamy sucet (somme directe)
Nech $(G,+)$ je komutitavna aditivna groupa a nech
$H_1$ , $H_2$ ,...a $H_n$ su podgrupy grupy $G$ .
$G$ je priamy sucet podgrup $H_i$ ak kazdy prvok $x \in G$
sa pise JEDNOZNACNE

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

$x=h_1+ h_2+ ... + h_n= \sum_{i=1}^{n}h_i$
kde $h_i \in H_i$ .
To sa pise $G= H_1 \bigoplus H_2 \bigoplus ...\bigoplus H_n=\bigoplus_{i=1}^n H_i .$

PRIKLADY:
Pre kazde $z \in \mathbb{C}$ mame jednoznacne $z=a +ib$ kde $a \in \mathbb{R}$ a $b \in \mathbb{R}$ . $\mathbb{R}$ a $i \mathbb{R}$ su aditivne podgrupy grupy $\mathbb{C}$ a
$\mathbb{C}= \mathbb{R}\bigoplus i \mathbb{R}$

V $\mathbb{Z}^2$ , polozme $e_1= (1, 0)$ a $e_2= (0, 1)$ .
Tak mame
$\mathbb{Z}^2=\mathbb{Z}e_1\bigoplus \mathbb{Z}e_2$

Cvicenie:
4) Pre prirodzene cislo $n \ge 0$ a $\mathbb{C}_n[X]$ aditivna grupa polynomov, z komplexniny koeficientamy, najviac stupna $n$
Polozme $G_k = \{ aX^k :a \in \mathbb{C}\}$ .
Dokazte ze $G_k$ je aditivna podgrupa grupy $\mathbb{C}_n[X]$ ;
a ze $\mathbb{C}_n[X]$ je priamy sucet grup $G_k$ .

Teraz tu ukazeme aka je relacia medzi "priamov sumov" a "sumov" podgrup nejakej grupy

$V1$ veta 1
Aditivna grupa $G$ je priamy sucet jej podgrup $H_1$ , $H_2$ ,...a $H_n$ len a len ked
a) $G=\sum_{i=1}^{n}H_i$
b) $\forall j \in \{1, 2, ..., n\} :H_j \bigcap(\sum_{i \ne j}H_i)= \{0\}.$
Dokaz: cvicenie 5)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Tato veta je uzitocna na dokaz $T1$ , teoremy1
cvicenie 6) Sucet $a \mathbb{Z} + b\mathbb{Z}$ kde $a, b \in\mathbb{Z}$
nie je nikdy priamy.
*****
Pre $p>0$ prvocislo take ze deli rad nejakej grupy $G$ ,
mnozina $G_p$ prvkov z $G$ ktorych rad je nejaka mocnina z $p$ je podgrupa grupy $G$ ; a vola sa p-zlozka grupy $G$ .
Priklad: $\frac {\mathbb{Z}}{12\mathbb{Z}}$ ma 2-zlozku $G_2$ a 3-zlozku $G_3$
take ze :
$G_2=\{0, 3, 6, 9 \}$
$G_3= \{0, 4, 8\}$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Cvicenie 7) $\frac {\mathbb{Z}}{24\mathbb{Z}}$ )
Cvicenie 8) Dokazte ze $\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ je priamy sucet jej p-zloziek.
Cvicenie 9) Ako to je z $\frac {\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}$ ?
**********
Teraz sa vratme k $T1$
Tato teorema je existecna teorema rozkladu na p-grupy, a vdaka nej mozeme povedat, ze nejaka konecna komutativna grupa $G$ , radu $n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}$ je taka ze
$G= G_{p_1} \bigoplus G_{p_2} \bigoplus ... \bigoplus G_{p_k}$

PRIKLAD:
Cize vdaka $T1$ mozme pisat ze na priklad
$\frac {\mathbb{Z}}{8\mathbb{Z}}=G_2$
$\frac {\mathbb{Z}}{30\mathbb{Z}}=H_2 \bigoplus H_3 \bigoplus H_5$
$\frac {\mathbb{Z}}{4\mathbb{Z}} X\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}=K_2 \bigoplus K_3$
uz pred tym ako sme uplne urcili grupy $G_p$

Tento vysledok nam moze casto byt uzitocny:
$x \in G_p <=> \exists k \in \mathbb{N}; p^k x=0$

Este jedno riesene cvicenie.
Cvicenie 10)
$T1$ nam da ze $\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}=G_2\bigoplus G_3$

$x + 6\mathbb{Z} \in G_2 <=> \exists k \in \mathbb{N}; 2^k (x + 6\mathbb{Z} )=0 <=> x \in 3 \mathbb{Z}$
co znamena:
$G_2=\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ a je izomorfne z $\frac {\mathbb{Z}}{2\mathbb{Z}}$
Podobne
$G_3=\frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ a je izomorfne z $\frac {\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}}$
Z toho mame:
$\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}=\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}\bigoplus \frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$

Poznamka: isomorfizmy medzi
$\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ a $\frac { \mathbb{Z}}{2\mathbb{Z}}$
$\frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ a $\frac{ \mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}}$
$\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}\bigoplus \frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ a $\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}X \frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$
nam daju len ze
$\frac {\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$ je izomorfne z $\frac {3\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}X \frac {2\mathbb{Z}}{6\mathbb{Z}}$

Mozte studovat podrobne vsetki tieto izomorfismy.

Je uzitocne porozmyslat aky je rozdiel medzi rovnostou a izomorfizmom grup.

**********************************************************
Pozrime sa teraz na konecne cyklicke grupy.
Bud $n \ge 1$ cele cislo, take: $n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}$ je rozklad n na primarne faktory a nech $G$ radu n, ( cize $G= \frac {\mathbb{Z}}{n\mathbb{Z}}$ )
Pre $1 \ge i \ge k$ , polozne $G_{p_i}$ zlozku p_i-primarnu grupy $G$ . Dokazme, ze rad $G_{p_i}$ je $p_i^{m_i}$ .
Akoze $G$ je cyklicka, existuje podgroupa $H$ grupy $G$ ze jej rad je $p_i^{m_i}$ .
****************************

Poznamka Tuto temu(komutativna konecna grupa) budem doplnovat v tomto ramecku ...pre lepsiu citatelnost.
Najprv tu dam tri teoremy o dekompozicii a az potom dopl \innim ich dokazy.
Tieto riadky su podla mojich osobnych poznamok z roznych prednasok,seminarov, diskusii z kolegmy .... literaturu dam na konci tohoto projektu.

check_drummer · 15. 12. 2011 13:00

vanok napsal(a):
Term p-grupa, znamena ze vsetki prvky takej grupy maju periodu, nejaku mocninu p.
priklady:
$\frac Z{4Z}$ je 2-grupa radu 4.

Tedy p je dle definice prvočíslo?
Uvažujeme grupy $\frac Z{4Z}$ s operací "+" nebo s jinou operací?
Periodou je zde myšlena libovolná perioda nikoli nejmenší, že? Např. prvek 0 má (pokud se jedná o grupy se sčítáním) periodu 1, ovšem tedy i kteroukoliv další vyšší, že?

vanok · 15. 12. 2011 14:10

↑ check_drummer:
Dakujem.
Prva poznamka:
ano p je prvocislo, dal som to explicitne do definicie

Tvoja druha poznamka:MAS ZASA PRAVDU
Term p-grupa, znamena ze vsetki prvky takej grupy maju periodu, nejaku mocninu p (p>0 prvocislo).
ze medzi ich periodami je jedna taka ako ze...
Prave to bol problem pre mna, ako to napisat aby aj neutralny prvok bol v tom.....

Pridam, prioritne, pred tym ako pojdem dalej aj pojem priamej sumy ( a tiez overim ci sa tento vyraz v Cz a Sk pouziva)

check_drummer · 15. 12. 2011 21:57

↑ vanok:
Ke cvičení 1) V $$ \frac Z{3Z}$$ mají prvky řád 1 nebo 3 a v $$ \frac Z{9Z}$$ mají prvky řád 1,3 nebo 9 (tipuji), přičemž řád 1 nastane jen u prvků 0. Takže pro (i,j) j=0 máme řád 1 nebo 3 a pro j<>0 máme řád 3 nebo 9 (řád prvku v grupě dané první složkou dělí řád prvku v grupě dané druhou složkou). Takže dle mého jde o 9-grupu řádu 27. Snad jsem tu úvahu moc neodbyl a něco neopomenul.

check_drummer · 15. 12. 2011 22:07

↑ vanok:
Ke cvičení 2) co třeba vyjít ze cvičení 1) a sestrojit např.: $$ \frac Z{3Z}$X $ \frac Z{9Z}$X...X$ \frac Z{3^iZ}$X...$

vanok · 15. 12. 2011 23:42 — Editoval vanok (16. 12. 2011 01:38)

↑ check_drummer:,

cvicenie 1).

Nie $$ \frac Z{3Z}$X $ \frac Z{9Z}$$ je 3-grupa... podla definicie vysie.

Vsetki prvky maju rad nejaku mocninu 3roch

cvicenie 2)

Ano je to dobra myslienka... potrebuje to len trochu viac formalizovat.

Dam trochu iny priklad:

Polozme $G_n=$ \frac Z{5Z}$$ kde $n\ge 1$

Prvky $G=\Pi_{n\ge 1}G_n$ su postupnosti $(x_n)_{n\ge 1}$ ,
polozme $(x_n)_{n\ge 1}+ (y_n)_{n\ge 1}= (x_n+y_n)_{n\ge 1}$ .
G s tymto zakonom je nekonecna 5-grupa.

Zda sa mi ze si chcel urobit nieco podobne.

pridal som cvicenie 3)

check_drummer · 16. 12. 2011 07:41

↑ vanok:
Ano, pardon, je to 3-grupa nikoli 9-grupa (9 je už mocnina 3).
K té konstrukci - Tvá je jednodušší - "opakuješ" v kartézském součinu stejnou strukturu, ta moje je komplikovanější a důkaz, zda je to p-grupa, by byl složitější (pokud to vůbec p-grupa je).

check_drummer · 16. 12. 2011 07:42

↑ vanok:
Ke cvičení 3 - takhle bez přemýšlení bych řekl, že pro n, která jsou mocninou nějakého prvočísla.

vanok · 16. 12. 2011 12:16

↑ check_drummer:,
Ano, dobra intuicia, a mozes urobit dokaz...

constr · 16. 12. 2011 13:12 — Editoval constr (18. 12. 2011 23:54)

Řešením pro konečné komutativní grupy je $m=|Syl_{p}|$ tedy řád Sylowovy p-podgrupy.

- na základě věty o primárním cyklickém rozkladu modulů (kde obor hlavních ideálů se položí $\mathbb{Z}$ ) a definice Sylowovy grupy.

Nechť řád grupy $G$ je $n=p^{e}m$ , přičemž druhý činitel $m$ je s $p$ nesoudělný. Protože každá konečná p-grupa má za řád určitou mocninu $p^{f}$ , musí každá p-grupa, která je podgrupou grupy $G$ , mít za řád určitého dělitele mocniny $p^{e}$ . Potom p-grupa $P\subset G$ s maximálním možným řádem $p^{e}$ se nazývá Sylowova p-podgrupa grupy $G$ . Z této definice vyplývá, že grupa $S\subset G$ je Sylowova p-podgrupa grupy $G$ právě tehdy, když řád grupy $S$ je mocninou prvočísla $p$ a index $[G:S]$ je s $p$ nesoudělný.

Z věty o cyklickém rozkladu, kterou uvádí ↑ vanok: vyplývá, že konečná komutativní grupa $H$ je izomorfní direktní sumě $T_{p_{1}}(H)\bigoplus ... \bigoplus T_{p_{k}}(H)$ konečného počtu podgrup p-grupy $T_{p}(H)$ .
Každý faktor $T_{p_{k}}$ je $p_{i}$ -podgrupa, takže jeho řád je nějaká mocnina $p_{i}^{e_{i}}$ . Tedy řád grupy $H$ je $n=p_{1}^{e_{1}}...p_{k}^{e_{k}}$ . To ukazuje, že k-tice prvočísel $p_{1},...,p_{k}$ obsahuje všechny prvočíselné dělitele čísla $n$ . Z toho vyplývá, že každá podgrupa $T_{p_{i}}(H)$ je Sylowova $p_{i}$ -podgrupa grupy $H$ . Tato podgrupa byla definovaná tak, že obsahuje všechny prvky grupy $G$ , jejichž řád je nějaká mocnina $p^{f}$ , tedy musí obsahovat každou $p_{i}$ -podgrupu grupy $H$ . Speciálně $T_{p_{i}}(H)$ je jediná $p_{i}$ -podgrupa řádu $p_{i}^{e_{i}}$ , takže je jedinou Sylowovou $p_{i}$ -podgrupou grupy $H$ .

Shrnutím pak skutečně můžeme tvrdit:
Nechť $p$ je prvočíslo, které dělí řád konečné abelovské grupy $H$ . Grupa $H$ obsahuje právě jednu Sylovowu p-podgrupu, kterou stručně budeme značit $Syl_{p}$ . Tato podgrupa obsahuje všechny p-podgrupy grupy $H$ a $H$ je direktní sumou (bisoučinem, bisúčinem, biproduct) svých $Syl_{p}$ .

vanok · 17. 12. 2011 21:32

Dnes som pridal pojem priamej sumy grup
cvicenie 4)
+ esteticke upravy

check_drummer

↑ vanok:
ke cvičení 4) - podle mého je zřejmé, jen je nutné uvažovat i k=0 a definovt, co je $X^0$ .
ke cvičení 5) - implikace "=>" je zřejmá (neformálně): a) každý prvek z G získáme nějakým součtem, b) součet je jednoznačný - v případě, že by průnik v bodu b) obshoval další prvek, je jednoznačnost porušena.
cvičení 5) implikace "<=": existence vyjádření x z definice přímého součtu plyne z a), jednoznačost: platí-li
$h_1+ h_2 +... + h_n=h'_1+ h'_2 +... + h'_n$ , pak je i
$g_1+ g_2 +... + g_n=0$ pro $g_i:=h_i-h'_i \in H_i$ . Pokud jsou všechna $g_i=0$ , tvrzení platí. Dále lze (pro spor) předpokládat, že jsou všechna $g_i\neq 0$ . Pro $h := g_2 +... + g_n$ je h inverzí ke $g_1$ , ovšem tím jsme inverzi k $g_1$ vyjádřili pomocí sumy prvků ostatních grup a to je spor s b).

vanok · 18. 12. 2011 18:53 — Editoval vanok (18. 12. 2011 18:53)

↑ check_drummer:,
Dakujem:
Ano treba uvazovat pochopitelne aj k=0 .... opravil som to

Dnes vecer pridam moj formalny dokaz vety1... ale nasiel si metodu dokazu (to je to najtazsie). :-)

check_drummer · 18. 12. 2011 19:09

↑ vanok:
Důkaz 3 mě napadá, ale spíš jen myšlenka - a ani nevím, zda správná: indukcí podle k, kde velikost grupy G je $p^k$ . Pro k=1 zřejmě platí, protože p je prvočíslo, pro obecné k tvoří G celkem p kopií $G_i$ velikosti $p^{k-1}$ , tj. po aplikaci $p^{m}$ kroků (pro nějaké m) získáme iterací prvku x prvek $x_1:=x+c.p^{k-1}$ . Je-li c=0 jsme hotovi a není-li uvažujeme další iteraci prvku $x_1$ opět o $p^m$ kroků a přesně po p iteracích získáme prvek x (vlastně teď iterujeme v grupě o velikosti p, kde každou $G_i$ považujeme za jeden prvek a získáme po každé iteraci různou hodnotu c). Je to ale dost neformální vyjádření.

Obrácená implikace je jasná - pro n=a.b obsahují a,b různého prvočíselnéh odělitele a a,b iterujeme b,a kroky a neexistuje násobek b,a obsahující stejného prvočíselného dělitele.

vanok · 18. 12. 2011 23:00 — Editoval vanok (19. 12. 2011 00:08)

Ahoj ↑ check_drummer:,
Ja to vidim jednoduchsie.

$\frac {\mathbb{Z}}{n \mathbb{Z}}$ je p-grupa pre kazde $n=p^k$ , kde $p\in\mathbb{N}$ je prvocislo.
A reciprocne:
Ak n nema tuto forme existuju dve prvocisla p, q a mame prvok radu p, radu q .....

Myslis ze to staci? to moje riesenie.

Ty ides dalej ako ja, lebo chces riesit vo vseobecnejsom pripade ako je ten problem.

vanok · 18. 12. 2011 23:34 — Editoval vanok (19. 12. 2011 00:09)

dnes som pridal uplne riesenie cvicenia 5), co je vlastne dokaz vety $V1$

Matematické Fórum

#1 24. 02. 2011 18:13

Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#2 27. 11. 2011 03:09

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#3 27. 11. 2011 09:34

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#4 27. 11. 2011 11:51

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#5 07. 12. 2011 20:20 — Editoval vanok (08. 12. 2011 02:56)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#6 14. 12. 2011 10:12

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#7 14. 12. 2011 15:19

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#8 14. 12. 2011 20:03

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#9 14. 12. 2011 20:47

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#10 14. 12. 2011 22:14 — Editoval vanok (27. 12. 2011 18:46)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#11 15. 12. 2011 13:00

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

vanok napsal(a):

#12 15. 12. 2011 14:10

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#13 15. 12. 2011 21:57

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#14 15. 12. 2011 22:07

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#15 15. 12. 2011 23:42 — Editoval vanok (16. 12. 2011 01:38)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#16 16. 12. 2011 07:41

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#17 16. 12. 2011 07:42

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#18 16. 12. 2011 12:16

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#19 16. 12. 2011 13:12 — Editoval constr (18. 12. 2011 23:54)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#20 17. 12. 2011 21:32

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#21 18. 12. 2011 18:29 — Editoval check_drummer (18. 12. 2011 18:55)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#22 18. 12. 2011 18:53 — Editoval vanok (18. 12. 2011 18:53)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#23 18. 12. 2011 19:09

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#24 18. 12. 2011 23:00 — Editoval vanok (19. 12. 2011 00:08)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

#25 18. 12. 2011 23:34 — Editoval vanok (19. 12. 2011 00:09)

Re: Maximální řád prvku v grupě s k generátory

Zápatí