Matematické Fórum

Andrejka3

Dobrý den,
beru to spíše jako oddechové téma.

Grupy řádu 6
Každá grupa řádu 6 je izomorfní jedné z následujících grup: $\mathbb{Z}_6,\mathbb{S}_3=\mathbb{D}_6$ .
Dokaž (že žádné další neexistují).
Podle Frobenius-Stickelberger věty jsou všechny komutativní grupy řádu 6 izomorfní grupě $\mathbb{Z}_6$ . Chci úplnou indukcí ukázat, že $\mathbb{D}_6$ je jediná nekomutativní grupa řádu 6. Za tím účelem definuji následující:
Ať $\textbf{G}$ je grupa, $|G|< \infty$ . Definuji posloupnost $\{o_n(G)\}_{n=1}^{|G|}$ tak, že $o_n(G)=|\{g \in G;\;|g|=n\}|$ . Díky Lagrange větě, $|g| \mid |G|$ . Zřejmě je $o_1=1$ a nekomutativní grupy neobsahují prvek řádu $|G|$ , tedy mě bude zajímat jen podposloupnost $o_{n_k}$ pro zbývající řády prvků, které Lagrange věta nezakazuje.

Ať tedy $|G|=6$ .
Pozorování:
Grupa mající jen prvky řádu nejvýše 2 je komutativní. Máme tedy $o_3>0$ .
Je-li $|g|=3$ , pak $\langle g \rangle$ je cyklická a obsahuje ještě jeden inverzní prvek řádu 3, $g^2$ . Odtud, musí být $o_3$ sudé.

Protože $o_2+o_3=6-1=5$ , připadají v úvahu jen tyto posloupnosti: $(1,4),(3,2)$ . Posloupnost odpovídající grupě $\mathbb{D}_6$ je $(3,2)$ . Chci nyní vyloučit případ $(1,4)$ .
Předpokládejme, že máme grupu řádu 6, se strukturou $(1,4)$ . Chci sestrojit její Cayley tabulku. Označme její prvky řádu dva, resp. 3 jako $z$ , resp. $a,b,c,d$ . Ať $b \in \langle a \rangle,\; d \in \langle c \rangle$ .

Protože v každém sloupci i řádku musí být každý prvek grupy právě jednou (levé a pravé translace každé grupy jsou automorfismy grupy), nezbývá, než aby místo otazníku bylo $z$ . Pak ale v políčku pod ním volbou libovolného prvku porušíme vlastnost kvazigrupy a tedy máme spor s tím, že $(1,4)$ je struktura nějaké nekomutativní grupy.

Zabývejme se případem $(3,2)$ . Označme $z_1,z_2,z_3$ , resp. $a,b$ prvky řádu dva, resp. řádu 3.

Produkty typu $za$ musí být řádu dva. Proto produkty typu $z_iz_j$ musí být řádu tři (pro $i\neq j$ ). BÚNO (volba automorfismu) ať $z_1z_2=a$ . Další volbu už učinit nemůžeme a vyjde Cayleyho tabulka grupy, která je izomorfní $\mathbb{D}_6$ .

Dokážete, že (až na izomorfismus) neexistují další grupy řádu 8 než
$\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2,\; \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4, \; \mathbb{Z}_8$ a $\textbf{Q},\; \mathbb{D}_8$ , kde $\textbf{Q}$ je kvaternionová grupa a $\mathbb{D}_8$ je grupa všech symetrií pravidelného 4-úhelníka?
Máte nějaké nápady, jak takové problémy řešit?

Andrejka3

Kdybych měla postupovat stejně jako u grup řádu 6, napsala bych si možnosti, kolik prvků může být jakého řádu. Zajímají mě jen nekomutativní grupy, protože tvrzení o komutativních je zřejmé z Frobenius-Stickelberger věty.
$o_2+o_4=8-1=7$
Každá grupa sudého řádu má aspoň jeden prvek řádu dva: $o_2>0$ .
Abychom nedostali komutativní grupu, musí mít aspoň jeden prvek řádu čtyři: $o_4>0$ .
Vezmu-li si nějaký takový prvek řádu čtyři, $g$ , pak $\langle g \rangle$ obsahuje ještě jeden prvek řádu čtyři, $g'=g^3$ (značme operaci inverze čárkou), a jeden prvek řádu dva: $g^2$ . Odtud je jasné, že $o_4$ je sudé číslo. Možné struktury - posloupnosti $(o_2,o_4)$ pro nekomutativní grupy řádu 8 jsem zredukovala na:
$(1,6),\;(3,4),\;(5,2)$ . Jde vidět, že v případě $(3,4)$ , si ještě mohu vybrat, kolik různých prvků druhého řádu lze napsat jako "druhá mocnina nějakého prvku (čtvrtého řádu)". Takové věci se dají očekávat, protože může existovat více neizomorfních grup se stejnou posloupností viz mé předchozí téma.
Porovnáním se strukturou nekomutativních grup $\textbf{Q},\; \mathbb{D}_8$ zjistím, která posloupnost je tam navíc. Pojďme nejdříve na případ $(5,2)$

Případ první $(5,2)$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Případ druhý $(3,4)$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

edit:oprava

Andrejka3

Pokračování druhého případu $(3,4)$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Případ třetí $(1,6)$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Úplnou indukcí jsem dokázala, že už neexistují (až na izomorfismy) další grupy řádu 8.

edit: Téma je označeno jako vyřešené, ale ráda uvidím nějaké návrhy na zlepšení, jiné cesty, otázky atd

Andrejka3 · 03. 04. 2012 09:55

U grupy řádu 8 jsem v "Případu druhém" první možnosti narazila na toto:
Dvě podgrupy řádu 3, které mají triviální průnik. Vytvoří tím v tabulce dva bloky (2x2). V pravo vedle horního čtverečku musíme nacpat "řád těch podgrup - 1" dalších prvků. Takže musíme mít k dispozici tady 2 ještě další. Máme ale jen jeden: $3$ . Proto porušíme kvazigrupovitost :) To si uvědomím až budu konstruovat větší grupy, třeba řádu 12 ;)
Každopádně kategorizace konečných nekomutativních grup již byla provedena, že?

vanok · 03. 04. 2012 11:07

↑ Andrejka3:
Odpoved, co sa tyka jednoduchych grup je aj tu
http://cs.wikipedia.org/wiki/Klasifikac … %BDch_grup
alebo
http://en.wikipedia.org/wiki/Classifica … ple_groups

Co sa tyka teorem uzitocnych na vysetrovanie (malych) konecnych grup, slubujem, ze tu napisem maly zoznam takych teorem.

Andrejka3 · 07. 04. 2012 11:24

↑ vanok:
Děkuji, odkazy jsou velmi zajímavé!
Těším se na slíbené triky :)

Matematické Fórum

#1 01. 04. 2012 11:18 — Editoval Andrejka3 (01. 04. 2012 11:28)

Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

#2 02. 04. 2012 10:45 — Editoval Andrejka3 (02. 04. 2012 22:35)

Re: Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

#3 02. 04. 2012 22:45 — Editoval Andrejka3 (03. 04. 2012 00:14)

Re: Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

#4 03. 04. 2012 09:55

Re: Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

#5 03. 04. 2012 11:07

Re: Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

#6 07. 04. 2012 11:24

Re: Počty malých grup (hrátky s tabulkami)

Zápatí