7/25/2019 Grupuri ssfe

1/4

Probleme rezolvate

1. Fie (G, ) un grup finit. Dac m i n sunt divizori ai ordinuluigrupului, atunci ecuaiile x

m=e i xn=e au o singursoluie comundacinumai dac (m, n) =1.

Soluie: Observm c x =e este soluie comuna ecuaiilor. (m, n) =1 h, kZ, mh +nk =1.Fie aG o soluie comuna celor douecuaii. Atunci amh=e, ank=e iobinem a =amh +nk=e Fie (m, n) =d. Dac d 2, exist pN, p prim, astfel nct p / d.Din consecina 1 a teoremei lui Cauchy rezultcexist bG \ {e}, ord(b) =p bp=e i cum bd=e ecuaia xd=e nu are soluie unic, fals. Rezultd=1.

2. Fie (G, ) un grup finit. Sse demonstreze curmtoarele afirmaiisunt echivalente:

a) G este ciclic

b) Pentru orice dN*, existcel mult un subgrup de ordinul d n G.

Soluie: Reamintim cpentru nN, indicatorul (n) al lui Euler ((n) estenumrul tuturor numerelor naturale mai mici dect n i prime cu n) verific

formula lui Gauss: n/d

)d( =n (sumarea fcndu-se duptoi divizorii lui n,

inclusiv 1 i n).a b Dacord(G) =n i d / n, dN*, atunci unicul subgrup de ordinul dal lui G este H ={xGxd=1}

ntr-adevr, ord(H) =d, pentru cgrupul ciclic G are un element de

ordinul d

=

= dyordyGdacd

n

, care se afln H i care de fapt l

genereazpe H. Presupunnd cexist HH, H subgrup de ordinul d al luiG, avem c xH, xord(H)=xd=1 xH HH i cum au acelainumr de elemente, rezultc H=H.b a Dacafirmaia b) este adevrat, pentru dN*, fie

7/25/2019 Grupuri ssfe

2/4

Md = {aGord(a) = d}. Mulimile Md sunt disjuncte dou cte dou ireuniunea lor este mulimea elementelor lui G. n plus, dac xMd ord(x)/ d.Dar ord(x) / ord(G) =n. n concluzie, Md d / n un subgrupciclic Hd, de ordin d al lui G, Din ipotez, Hd este unicul subgrup de ordind al lui G i deci Md={aGa=Hd}, iar Md=(d).

Avem n =G=nd /

Md=n/d

)d( .

Relaia anterioareste adevrat(Gauss) i cum unul dintre divizorii luin din formula anterioareste chiar n, existun subgrup ciclic Hn de ordinul n,al lui G. Atunci G =Hn i G este ciclic.

3. Fie (G, ) un grup cu 4n +2 elemente (nN). S se determinenumrul elementelor xG astfel nct x2n+1=e.

Soluie: Fie G = {e, a1, ..., an1} i S(G) mulimea permutrilor lui G (afunciilor bijective de la G la G).Pentru aG, funcia a: G G, a(x) =ax, xG este n S(G), iarf : G S(G), f(a) =a, aG este un morfism injectiv de grupuri.

Fie H = f(G). Atunci G f(G) = H = 1n1 aae ...,,, i H este unsubgrup al lui S(G) (Acest rezultat este teorema lui Cayley). 2 / ord(G) aG, ord(a) =2Atunci, 2a (x) =a(ax) =x, xG

2a = e (permutarea identic)

a e a nu are puncte fixe n a apar 2n +1 perechi de tipul

ij

ji

a este produsul a 2n +1 transpoziii disjuncte (a) =1 (1)

n consecin, H este un grup de permutri care are o permutare impar

i de aici, numrul permutrilor pare din H este egal cu numrul permutrilorimpare din H ( = 2n + 1). ntr-adevr, dac e, 1, ..., k1 sunt toate

permutrile pare din H i k, ..., n1sunt toate permutrile impare din H,avem 2k , ..., kn1 permutri pare n k k i cum ke, k1, ...,kk1 sunt permutri impare k n k i deci k =n k.

Fie A ={xGx2n+1=e } i xA.

7/25/2019 Grupuri ssfe

3/4

e = f(e) = (f(x))2n+1

= ( )1n2

x+

( )( )1n2

x+

= 1 (x) = 1 xpermutare par A2n +1 (2)

Fie B ={xGx2n+1e } i yB anot= y2n+1e i a2=e

)1(

(a) =1a=f(a) =(f(y))2n+1= ( ) 1n2y

+ i cum (a) =1 obinem c () =1

B2n +1 (3) Din (2) i (3) deducem c A=B=2n +1.

4. Demonstrai c un grup cu 4n+2 elemente admite cel mult unsubgrup cu 2n+1 elemente.

Soluie: Dac H e un subgrup al lui G ord(H)

7/25/2019 Grupuri ssfe

4/4

Observaii: 1) Dac G are un subgrup H cu 2n+1 elemente, atunci din (1)rezultc subgrupurile K ale lui G astfel nct K H ={e} sunt de ordinul2.2) Dac G= 4n+2, atunci G nu poate avea doar subgrupuri proprii deordinul 2 (ar rezulta cordinul lui G este o putere a lui 2, fals.)

5. Fie (G, ) un grup finit i H1, H2 subgrupuri ale lui G. Fiemulimea H1H2 = {xyxH1, yH2}. Dac max{ord(H1), ord(H2)} >

2

1ord(G), sse demonstreze c H1H2=G.

Soluie: s Presupunem c ord(H1) ord(H2), deci c ord(H1) >2

n, unde

ord(G) =n. Atunci, cum din teorema lui Lagrange avem c ord(H1) / ord(G),rezult c ord(H1) =n i deci H1=G. Aadar H1H2=GH2={xyxG,yH2}Elementul neutru e al grupului G se afl i n H2 i deci, oricarear fi xG,x =xeGH2, aadar G GH2 i cum i GH2G, rezultc G =GH2=H1H2.