Доказательство (теория групп)

[elcur]

Доброго времени суток, уважаемые форумчане! Недавно начал изучать теорию групп с азов, заодно и практиковаться в доказательствах.
Я бы хотел попросить вас проследить за логикой и утвердить верность (неверность) моего доказательства простой задачи из данного раздела.

Требуется доказать, что любая группа порядка 4 - Абелева.
Доказательство:
Рассмотрим группу $G = \left\lbrace e,a,b,c \right\rbrace$ с бинарной алгебраической операцией $\bullet$
Тогда по определению группы $e$ - единичный элемент. Обратные для $e$ - сам $e$. Тогда, для $a,b,c$ по определению группы также существуют обратные элементы. Пусть:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &a$\bullet$b=e& \\ &a$\bullet$c=e& \\ \end{array} \right.$$

Тогда, очевидно $b=c$. А тогда имеем: $e$\bullet$b=e$\bullet$c$ $\Leftrightarrow$ $a$\bullet$c$\bullet$b=a$\bullet$b$\bullet$c$ $\Leftrightarrow$ $c$\bullet$b=b$\bullet$c$.
Аналогично для двух оставшихся случаев $a=c$ и $a=b$ и для применения алгебраической операции "$\bullet$" справа.
Вот, в принципе и все. Но имеется стойкое ощущение неправильности данного доказательства.
Заранее спасибо!

[Евгений Машеров]

"Из ложного утверждения можно вывести всё, что угодно". У Вас два предположения, противоречащих друг другу. По крайней мере одно из них ложно.
Вы предполагаете, что у Вас 4 элемента в группе. То есть b и c различны. Затем Вы делаете допущение, что и b, и c являются обратными к a. Но обратный элемент единственен. Следовательно, b и c суть одно и то же. А сам с собой элемент перестановочен, разумеется.

(Оффтоп)

Что-то мне Ваше доказательство напомнило вывод Бертраном Расселом из тезиса 2х2=5 того, что его собеседник-философ Папа Римский...

[ewert]

elcur в сообщении #1181659 писал(а):

Пусть:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &a$\bullet$b=e& \\ &a$\bullet$c=e& \\ \end{array} \right.$$

Первое-то, конечно, пусть. Но тогда для второго остаётся единственный возможный вариант, и совсем не тот, что у Вас.

Когда Вы с этим разберётесь, у Вас из девяти нетривиальных клеток таблицы умножения останутся незаполненными всего шесть. И даже всего четыре, т.к. о диагональных можно не задумываться. И даже всего две -- например, те, что выше диагонали: если доказать, что они теперь заполняются однозначно, то это и будет то, что нужно.

[elcur]

Спасибо за ваши замечания. Я учел ошибки и составил таблицу Кэли, из которой видно, что группа Абелева. Теперь вопрос вам, уважаемые форумчане. Является ли построение таблицы Кэли полным доказательством?

[Munin]

1. Двух обратных элементов у $a$ быть не может.
2. Если $a^{-1}\ne a,$ то можно выбирать произвольно, то ли считать, что это $b,$ то ли считать, что это $c.$ Здесь сужения общности рассуждений не происходит.
3. Но нужно рассмотреть и ещё один вариант! А что если элемент $a$ обратный сам к себе?

В итоге, перебирая варианты, вы придёте к тому, что группа 4-го порядка вообще может быть только одной из двух групп: либо группой остатков по модулю 4 по сложению, либо группой Клейна (группой двухбитовых чисел по XOR).

В принципе, перебор вариантов годится как доказательство, но жаль, что нет какой-то более общей идеи. Впрочем, тут её вряд ли можно придумать.

-- 03.01.2017 14:15:02 --

elcur в сообщении #1181675 писал(а):

Я учел ошибки и составил таблицу Кэли, из которой видно, что группа Абелева. Теперь вопрос вам, уважаемые форумчане. Является ли построение таблицы Кэли полным доказательством?

Увы, вы просто не можете построить таблицу Кэли, поскольку не знаете заранее, какая из двух групп порядка 4 имеется в виду. Можете, конечно, построить две таблицы Кэли, но вам придётся доказывать, что других вариантов нет.

[elcur]

Получается не такая уж и простая это задача. Пока что не особо представляю, как должно выглядеть полное доказательство. Если и с группой остатков для меня все понятно, то группа Клейна для меня - темный лес.
Спасибо, уважаемый Munin, за объяснение и ссылки. Пойду разбираться.

[ewert]

elcur в сообщении #1181675 писал(а):

Является ли построение таблицы Кэли полным доказательством?

Является, но надо перебрать все возможные варианты (все неэквивалентные).

Без перебора -- как минимум сложнее, чем с перебором. Всё-таки четвёртый порядок -- это мало. Для пятого порядка перебор утомителен, но, к счастью, пять -- число простое, а любая группа простого порядка является циклической и, следовательно, коммутативной (правда, сам по себе этот факт не так уж и тривиален). Ну а начиная с шестого порядка неабелевы группы уже бывают.

[пианист]

Может, и можно. Типа так: если группа неабелева, должно быть:
$ab = e,$
$ba = c.$
Отсюда
$a = ea = (ab)a = a(ba) = ac$,
что невозможно.

elcur в сообщении #1181680 писал(а):

группа Клейна для меня - темный лес

Ну это просто прямое произведение двух $Z_2$.

[Brukvalub]

пианист в сообщении #1181688 писал(а):

Может, и можно. Типа так: если группа неабелева, должно быть:
$ab = e,$
$ba = c.$

Такое ощущение, что либо пианист сразу вошел в противоречие с аксиомами группы, либо доказал, что неабелевых групп не бывает.

[пианист]

Не, я просто по ходу использую, что она четырехэлементная.

[ewert]

пианист в сообщении #1181688 писал(а):

Типа так: если группа неабелева, должно быть:
$ab = e,$
$ba = c.$

Да, так можно. Только дальнейшее уже излишне: обратный элемент единственен по стандартному определению.

[elcur]

Спасибо всем за предоставленную помощь, а то я уже залез в дебри. Прочитал про три теоремы Силова, а также про четвертую группу Клейна. А тут просто противоречие с определением. Понял, что моя проблема заключается в том, что я понятия не имею как доказывать. Если в задачах на вычисление помогает практика и немного остроумия, то тут нужны фундаментальные знания и глубокое понимание материала. Пойду читать литературу. Всем спасибо за помощь и приятного времяпрепровождения.

[DeBill]

elcur
Видимо, быстрее всего - с порядками элементов:
Если есть эл-т порядка 4, то группа - циклическая.
Если нет: все элементы порядка 2, так что $ab$ вынужденно равно $c$, также как и $ba$...

[Sinoid]

elcur в сообщении #1181695 писал(а):

Прочитал про три теоремы Силова

Это вообще на первых порах ни к чему: только больше запутаетесь.

[ewert]

(Оффтоп)

DeBill в сообщении #1181712 писал(а):

Видимо, быстрее всего - с порядками элементов:

Нет, это гораздо дольше: порядок элемента -- понятие сравнительно продвинутое.

Не стреляйте в пианиста -- он играет как умеет. А умеет он довольно много, и быстро.