White Shore: Różne zadania z algebry abstrakcyjnej

Różne zadania z algebry abstrakcyjnej

Udowodnić, że każdy skończony monoid, w którym zachodzi jedno z praw skracania jest grupą.

Skoro monoid jest skończony, to istnieją takie $n$ i $m$ , że $a^{n}a^{m}=a^{n}e=a^{n}$ . Z prawa skracania wiemy, że skoro $a^{m}=e$ to $aa^{m-1}=e\Rightarrow a(a^{m})^{-1}=e$ . Istnieje więc pewien element odwrotny a jego istnienie jest ostatnim brakującym aksjomatem grupy.

Pokazać, że dla dowolnych $m,n\in\mathbb{Z}$ i $a\in G$ zachodzą równości:

(1)

$a^{m}a^{n} = a^{m+n}, \ \ \ (a^{m})^{n}=a^{mn}$

Dla nieujemnych $m$ i $n$ wzory są trywialne.

Jeśli $m<0$ i $n<0$ , to $m'=-m>0$ i $n'=-n>0$ oraz $a^{m}a^{n}=(a^{-1})^{m'}(a^{-1})^{n'}=(a^{-1})^{m'+n'}=a^{m+n}$ .

Jeśli $m'=-m>0$ i $n>0$ , to $a^{m}a^{n}=(a^{-1})^{m'}a^{n}=\underbrace{a^{-1}\dots a^{-1}}_{m'}\underbrace{a\dots a}_{n}=\left\{ \begin{array}{cc}a^{n-m'} & \hbox{dla }n\geq m'\\ (a^{-1})^{m'-n} & \hbox{dla }n<m'\end{array}=a^{m+n}$

W przypadku, gdy $m>0$ i $n<0$ postępujemy analogicznie.

Równość $(a^{m})^{n}=a^{mn}$ wynika z poprzedniej i z definicji potęgi.

Udowodnić, że jeżeli każdy element w grupie jest odwrotny do siebie, to grupa jest przemienna.

Jeżeli grupa $G$ jest przemienna to $\forall a,b\in G\ ab=ba$ . Skoro każdy element jest odwrotny do siebie to $\forall a\in G\ aa=e$ . Zachdzi więc podany ciąg równości (korzystamy z łączności działania):
$ab=abe=abaae=abaabb=ab(ba)(ba)=a(bb)aba=aaeba=eeba=ba$

Wyznaczyć permutacje odwrotne to podanych oraz ich złożenia:

(2)

$\sigma=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\3&1&4&5&2\end{array}\right)$

(3)

$\tau=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\4&5&2&1&3\end{array}\right)$

(4)

$\sigma^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}3&1&4&5&2\\1&2&3&4&5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\2&5&1&3&4\end{array}\right)$

(5)

$\tau^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}4&5&2&1&3\\1&2&3&4&5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\4&3&5&1&2\end{array}\right)$

(6)

$\sigma\tau=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\3&1&4&5&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\4&5&2&1&3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\5&2&1&3&4\end{array}\right)$

(7)

$\tau\sigma=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\4&5&2&1&3\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\3&1&4&5&2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1&2&3&4&5\\2&4&1&3&5\end{array}\right)$

Pokazać, że podgrupę $A_{n}$ permutacji parzystych grupy $S_{n}$ moża wygenerować za pomocą cykli długości 3.

Weźmy dowolne $p\in A_{n}$ . Po rozkładzie $p$ na transpozycje otrzymamy ich $2k$ dla $k\in\mathbb{Z}$ . Weźmy zrozkładu $p$ dwie dowolne transpozycje $\tau_{1}$ i $\tau_{2}$ . Możemy je zapisać jako cykl 3-elementowy lub złożenie takich cykli. Rozpatrzmy przypadki:

1. $\tau_{1}=(a b)$ , $\tau_{2}=(a b)$
W przypadku identycznych transpozycji, ich złożenie to identyczność $(a b c)(b c a)$ .

2. $\tau_{1}=(a b)$ , $\tau_{2}=(b c)$
W tym przpadku ich złożenie to $(a b c)$

3. $\tau_{1}=(a b)$ , $\tau_{2}=(c d)$
Teraz zachodzi $(a b)(c d)=(a b)id(c d)=(a b)(b c)(b c)(c d)=(a b c)(b c d)$

Widzimy, że skoro każde dwie dowolne transpozycje możemy przedstawić za pomocą cyklu długości 3, to możemy wygenerować za ich pomocą dowolną złożoną z parzystej liczby transpozycji, a skoro dowolną, to w szczególności każdą z grupy $A_{n}$ .

wersja strony: 9, ostatnia edycja: 1214669085|%e %b %Y, %H:%M %Z (%O temu)

edytuj tagi historia pliki drukuj narzędzia + opcje