Теория Групп

[Alexiii]

Как доказать без "знания циклических групп" коммутативность любой конечной группы с простым числом элементов?
Мои соображения:
По теореме Лагранжа о конечных группах следует,что данная группа нормальна,так как имеет только тривиальные подгруппы.
А вот как вкратце доказать из нормальности конечной группы ее коммутативность,не знаю!

[id]

Alexiii
А что имеется ввиду под нормальной группой? По известному ( мне ) определению подгруппа $H \subset G$ - нормальна $\Rightarrow$ $\forall g \in G: Hg=gH$.

С другой стороны, конечно, всякая конечная группа простого порядка циклическая - это был бы самый простой путь к док-ву.

[Alexiii]

id,простите,я туплю,конечно всякая группа,как сама себе подгруппа, нормальная,так что из этого ничего не выходит.

А касательно задачки,никак не выходит по-другому,обходя цикличность? А случай,когда кол-во элементов группы 4?

[id]

Ну не знаю, тут какие-либо особые знания о цикличности не используются. Цепочка заключений получается такая:

Теорема Лагранжа $\Rightarrow$ Порядок любой подгруппы конечной группы делит порядок группы $\Rightarrow$ Всякая конечная группа простого порядка циклическая.
А, имея цикличность, все просто: по-разному расставим скобки в произведении $g^m g^l$ и получим коммутативность.

Убрал глупость

[Alexiii]

Да,с цикличностью все оч просто,я уже решил и написал,но желательно без!
Хотя в принципе вы правы,я использовал только тривиальные сведения,даже сам вывел,взяв ненейтральный элемент и использовав определение группы.

А в случае 4-х элементов создается проблема,когда подгруппа 2-х элементная.Конечно,из-за ее индекса 2,она нормальная,но все равно остается показать коммутируемость $xH$ смежного класса,то есть коммутируемость его 2-х элементов меж собой!

[Brukvalub]

Alexiii в сообщении #156222 писал(а):

А в случае 4-х элементов создается проблема,когда подгруппа 2-х элементная.

Можно просто перебрать все таблицы Кели для групп из 4-х элементов и ручками проверить коммутативность.

[Alexiii]

но мы не проходили таблиц Кели пока,надо решить без них
подкиньте,пожалуйста,идейку

[Brukvalub]

Рассмотрим группу из 4-х элементов и ее неединичный элемент а. Если $a^2 \ne e$, то группа - циклическая, и Вы умеете доказывать ее коммутативность. Если же $a^2 = e$ для всех элементов группы, то всегда $a^{ - 1} = a$, и, вновь, группа - коммутативна. Действительно, пусть $a\;,\;b\;,\;c\;,\;e$ все различные элементы этой группы. Коммутирование любого элемента с единицей группы не вызывает сомнений. Покажем, что, например, $ab = c$ Действительно, иначе
$\left[ {\begin{array}{*{20}c} {ab = e \Rightarrow a = b^{ - 1} = b} \\ {ab = a \Rightarrow b = e} \\ {ab = b \Rightarrow a = e} \\ \end{array}} \right.$, то есть в любом другом случае наступает противоречие. Коммутативность доказана.

[Alexiii]

Спасибо,Brukvalub,вы всегда внимательно относитесь к моим постам.
Я почти также доказал вот так:
Допустим,что группа $ \{e,x,y,z\}$ имеет
собственную подгруппу $H$ (иначе дело сводится к простой группе,для которой все доказано).
По теореме Лагранжа индекс этой подгруппы должен равняться только 2-м при количестве 2 элементов ,а значит,подгруппа циклична и нормальна.
Данная подгруппа содержит $e$ и $x$ ,где $xx=e$.
Из-за нормальности имеем:
$zH=Hy=yH=Hz$,что,учитывая двухэлементность $H$,равносильно следующему:
$zx=xz=y, xy=yx=z$
А коммутируемость $y$ и $z$ показать легко:
$yz=zxxy=z(xx)y=zey=zy$
ЧТД
Ваш вариант,конечно,эффективнее по всем статьям!

[AD]

Alexiii в сообщении #156209 писал(а):

без "знания циклических групп"

Если бы циклических групп не было - надо было бы их выдумать ©
Ну а что? Можно же "развернуть" обычное рассуждение, убрав из него слово "цикличность" ... Ну берем первый попавшийся неединичный элемент, и обнаруживаем, что все другие элементы - его степени, а степени при перемножении складываются, а сложение чисел коммутативно, ... Где Вы тут видите циклические группы?

[Alexiii]

Вы совершенно правы,я так и сделал!