Ассоциативность произведения элементов группы

[Dedekind]

Упражнение 21 в "Теорема Абеля в задачах и решениях" Алексеева.
Пусть бинарная операция a · b обладает свойством ассоциативности, т. е. $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b\cdot c)$ для любых элементов $a, b, c$. Доказать, что любое правильно построенное произведение, в котором слева направо идут элементы $a_1, a_2, . . . , a_n$, задает тот же элемент, что и произведение $(...(a_1\cdot a_2)\cdot a_3 \cdot ...\cdot a_{n-1})\cdot a_n$.
Правильно построенное произведение - это такая расстановка скобок, которая однозначно задает порядок выполнения бинарных операций.

В книге какое-то сложное, на мой взгляд, решение. Мне кажется, можно доказать проще. Если я упустил что-то, подскажите, пожалуйста.

Доказываем по индукции. Для $n=3$ утверждение верно, так как по условию ассоциативности $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$. Пусть утверждение верно для всех $n$ до $n=k$ включительно. Тогда любое правильно построенное произведение из элементов $a_1, a_2, . . . , a_n$ можно представить в виде

$$A \cdot a_k = (...(a_1\cdot a_2)\cdot a_3 \cdot ...\cdot a_{k-1})\cdot a_k$$

где

$$A = (...(a_1\cdot a_2)\cdot a_3 \cdot ...\cdot a_{k-1})$$

Домножим $A \cdota_k$ на элемент $a_{k+1}$:

$$A\cdot a_k \cdot a_{k+1}$$

Единственная неоднозначность тут может быть в порядке выполнения двух последних операций, т.к. порядок операций в скобках в $A$ задан однозначно. Но, по условию ассоциативности, как бы мы не расставили скобки:

$$(A \cdot a_k) \cdot a_{k+1}$$

$$A \cdot (a_k \cdot a_{k+1})$$

это будет эквивалентно

$$(A \cdot a_k) \cdot a_{k+1}$$

Подставляем вместо $A$ его выражение, и получаем искомое выражение:

$$(A\cdot a_k) \cdot a_{k+1} = (...(a_1\cdot a_2)\cdot a_3 \cdot ...\cdot a_{k-1}) \cdot a_k) \cdot a_{k+1}$$

[mihaild]

У Вас считается, что первые $k - 1$ элемент перемножаются отдельно от $k$ и $k + 1$-го. А уже случай $a_1 (a_2(a_3 a_4))$ не такой.

[Dedekind]

mihaild
Так ведь по индукции полагаем, что утверждение доказано для всех $n$ до $n=k$ включительно. Значит, все такие случаи $a_1 (a_2(a_3 a_4))$ мы можем автоматически считать эквивалентными $((a_1a_2)a_3)a_4$.

-- 07.07.2023, 00:47 --

Dedekind в сообщении #1600177 писал(а):

Так ведь по индукции полагаем, что утверждение доказано для всех $n$ до $n=k$ включительно.

Кстати, вот это я в стартовом посте не сказал, поправил.

[mihaild]

Dedekind в сообщении #1600177 писал(а):

Так ведь по индукции полагаем, что утверждение доказано для всех $n$ до $n=k$ включительно

И к какому же правильно построенному произведению из $k$ членов Вы в данном случае применяете предположение индукции?

[Dedekind]

mihaild
Если я правильно понял вопрос, то к вот этому

Dedekind в сообщении #1600170 писал(а):

$$A\cdot a_k \cdot a_{k+1}$$

[mihaild]

И что такое $A$ в данном случае?

[svv]

Dedekind в сообщении #1600182 писал(а):

Если я правильно понял вопрос

Нет, неправильно. «В данном случае» означает «в выражении $((a_1a_2)a_3)a_4$».

[Dedekind]

mihaild, svv
Ладно, кажется, я понял. Даже если мы доказали теорему для $n=k$, то не факт, что в любом правильно составленном произведении из $k+1$ сомножителей мы сможем выделить именно эти $k$, чтобы к ним применить предположение индукции.

Например, для $a_1 (a_2(a_3 a_4))$ нельзя взять комбинацию $a_1 (a_2(a_3$ (несоответствие количества скобок), несмотря на то, что мы знаем, что $a_1 (a_2a_3) = (a_1a_2)a_3$. А переставлять скобки именно в $a_1 (a_2(a_3 a_4))$ мы еще не имеем права, поскольку это как раз то, что нужно доказать.

Правильно?

[Null]

Да.

[svv]

svv в сообщении #1600191 писал(а):

«в выражении $((a_1a_2)a_3)a_4$».

Простите, в $a_1 (a_2(a_3 a_4))$, конечно. Но Вы меня поняли правильно.

[Dedekind]

Всем большое спасибо!:)

[Dedekind]

Упражнение 36 в "Теорема Абеля в задачах и решениях" Алексеева.
Найти все образующие в группе вращений правильного 12-угольника.

Решение из книги. Пусть a — поворот против часовой стрелки на угол $2\pi / 12$. Тогда все элементы рассматриваемой группы — это $e, a, a^2, ... , a^{11}$. Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12, и, следовательно, числа m и 12 (см. 35) должны быть взаимно просты. Поэтому $a^m$ будет образующим при m = 1, 5, 7 , 11.

Правильно ли я понимаю, что вот тут "Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12" пропущено примерно такое рассуждение?
Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы $(a^m)^k$ совпадал с одним из $e, a, a^2, ... , a^{11}$ для любого целого $k$ И чтобы $a^m$ имел порядок 12 (определение образующего). Первое условие выполняется, поскольку $(a^m)^k = a^{mk}=a^{tn}a^r = a^r$, где $0\le r <n$. Тут $mk=tn+r$ - деление с остатком числа $mk$ на $n$ - порядок группы (т.е. порядок элемента $a$). $r$, соответственно, - остаток от деления. Таким образом, осталось обеспечить выполнение только второго условия: чтобы $a^m$ имел порядок 12. Дальше продолжается доказательство из книги.

Это правильные рассуждения, или я что-то перемудрил?:)

P.S. Не знаю, заводить ли отдельную тему, или по примеру topic145197.html писать все в одной. Полагаюсь на решение модератора.

[KhAl]

Dedekind в сообщении #1601071 писал(а):

Это правильные рассуждения, или я что-то перемудрил?:)

И перемудрили и недомудрили. Рассуждения правильные, но ни к чему не ведут.

Цитата:

Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы $(a^m)^k$ совпадал с одним из $e, a, a^2, ... , a^{11}$ для любого целого $k$

Всё-таки произведение любых двух элементов группы лежит в этой группе, так что это совершенно лишнее. На самом доказательства требует следующий факт:

Цитата:

Тогда все элементы рассматриваемой группы — это $e, a, a^2, ... , a^{11}$.

доказательство которого пропущено в решении (может, оно есть где-то раньше в книге).

[Dedekind]

KhAl в сообщении #1601075 писал(а):

Всё-таки произведение любых двух элементов группы лежит в этой группе, так что это совершенно лишнее.

Согласен, спасибо. Тогда требование "Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12" следует сразу из определения образующего, правильно?
На всякий случай, определение образующего элемента из книги:

Цитата:

Если элемент $a$ имеет порядок $n$ и кроме элементов $e, a, a^2, ... , a^{n-1}$ в группе $G$ больше нет элементов, то группа $G$ называется циклической группой порядка $n$, порожденной элементом $a$, а элемент $a$ называется образующим этой группы.

KhAl в сообщении #1601075 писал(а):

На самом доказательства требует следующий факт:

Цитата:

Тогда все элементы рассматриваемой группы — это $e, a, a^2, ... , a^{11}$.

доказательство которого пропущено в решении (может, оно есть где-то раньше в книге).

Раньше было упражнение (31) на доказательство того, что вращения правильного $n$-угольника в плоскости образуют циклическую группу порядка $n$. Но, честно говоря, я не знаю, как это доказать иначе, чем сославшись на геометрическую интуицию: любая, сколь угодно сложная комбинация "симметричных" поворотов $n$-угольника может быть сведена к повороту на один из углов $0, \dfrac{2\pi}{n}, \dfrac{2\pi}{n} \cdot 2, ..., \dfrac{2\pi}{n} \cdot (n-1)$. Соответственно, элемент порядка $n$, из которого получаются все эти повороты - поворот на угол $\dfrac{2\pi}{n}$, который и будет образующим этой циклической группы. В случае 12-угольника просто кладем $n=12$.
Если Вы подскажете, как это доказать строго (не сильно выходя за рамки этой книги) - буду признателен.

[KhAl]

Цитата:

Согласен, спасибо. Тогда требование "Для того чтобы элемент $a^m$ был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12" следует сразу из определения образующего, правильно?

Да. Строго говоря, нужно доказать, что для элемента $b$ порядка $n$ все элементы $e$, $b$, $\dots$, $b^{n-1}$ различны. Тогда есть цепочка: "$G$ порядка $12$ => в $G$ ровно $12$ элементов => кроме $12$ различных элементов $e$, $a^m$, $a^{m \cdot 2}$, $\dots$, $a^{m \cdot 11}$ в группе $G$ элементов нет". А это и значит, что $a^m$ -- образующий элемент $G$ (элемент порядка $12$ и все его степени от $0$ до $11$ покрывают группу).

-- 15.07.2023, 16:08 --

Цитата:

Если Вы подскажете, как это доказать строго (не сильно выходя за рамки этой книги) - буду признателен.

Ну, посмотрите на всякие точечки/отрезочки/треугольнички/кружочки (лишнее вычеркнуть. сам я над вопросом не думал), во что они могут переходить при вращениях многоугольника, и для каких поворотов это возможно. Нужно доказывать, основываясь на достаточно очевидных утверждениях про повороты.

-- 15.07.2023, 16:13 --

(Оффтоп)

Цитата:

Нужно доказывать, основываясь на достаточно очевидных утверждениях про повороты.

Конечно, такой подход нельзя назвать вполне строгим. Строгое доказательство -- это когда утверждение выводится из какого-то заранее известного набора посылок, и никаких новых предположений неявно не вводится. Но в школьной геометрии это почти невозможно устроить.