2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3, 4  След.
 
 Абелевы группы и перестановки
Сообщение19.12.2007, 18:36 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Пусть $\langle A, +, 0 \rangle$ --- конечная абелева группа. Доказать, что для неё следующие три условия эквивалентны.

1) Не существует перестановки $s$ множества $A$, для которой $t(a) = a + s(a)$ --- тоже перестановка $A$.
2) Сумма всех элементов группы $A$ не равна $0$.
3) В $A$ существует единственный элемент порядка $2$ (то есть такой $a \neq 0$, что $a+a=0$).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 00:26 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5529
Можно еще добавить:

4) $A\cong \mathbb{Z}_{m_1} \times \mathbb{Z}_{m_2} \times \dots \times \mathbb{Z}_{m_k}$, где ровно одно из $m_1, m_2, \dots, m_k$ четно.

Лиха беда начало:

2) -> 1). Достаточно просуммировать $t(a) = a + s(a)$ по всем $a\in A$.

2) -> 3). Во-первых, сумма всех элементов $A$ является элементом второго порядка. Во-вторых, из структуры абелевой группы следует, что если элементов второго порядка больше одного, то их сумма (а значит и сумма всех элементов $A$) равна 0.

3) -> 2) Сумма всех элементов $A$ равна $a\ne 0$, так как все остальные элементы сокращаются в парах $(b,-b)$.

Осталось доказать 1) -> 3) или 1) -> 2).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 07:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
maxal писал(а):
2) -> 3). Во-первых, сумма всех элементов $A$ является элементом второго порядка. Во-вторых, из структуры абелевой группы следует, что если элементов второго порядка больше одного, то их сумма (а значит и сумма всех элементов $A$) равна 0.

В сумме остаются только элементы второго порядка, т.е. их сумма не равна нулю. С другой стороны, эта сумма тоже элемент группы, и, очевидно, второго порядка, а значит эта сумма равна какому-то из расматриваемых элементов второго порядка, например, $a+b+c+d...=a$. Редуцируем на этот элемент, получается сумма оставшихся элементов второго порядка равна нулю $b+c+d+...=0$. Ну и что?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 07:46 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5529
Артамонов Ю.Н. писал(а):
maxal писал(а):
2) -> 3). Во-первых, сумма всех элементов $A$ является элементом второго порядка. Во-вторых, из структуры абелевой группы следует, что если элементов второго порядка больше одного, то их сумма (а значит и сумма всех элементов $A$) равна 0.

В сумме остаются только элементы второго порядка, т.е. их сумма не равна нулю. С другой стороны, эта сумма тоже элемент группы, и, очевидно, второго порядка, а значит эта сумма равна какому-то из расматриваемых элементов второго порядка, например, $a+b+c+d...=a$. Редуцируем на этот элемент, получается сумма оставшихся элементов второго порядка равна нулю $b+c+d+...=0$. Ну и что?

Как я уже сказал выше, здесь надо использовать структуру абелевой группы. А именно, если
$$A\cong \mathbb{Z}_{2n_1} \times \mathbb{Z}_{2n_2} \times \dots \times \mathbb{Z}_{2n_t}\times \mathbb{Z}_{m_1} \times \mathbb{Z}_{m_2} \times \dots \times \mathbb{Z}_{m_k}$,
где все $m_i$ - нечетны, то в группе $A$ ровно $2^t-1$ элементов второго порядка и они имеют вид $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \dots + \alpha_t x_t$, где коэффициенты $\alpha_i\in\{ 0,1\}$ не все одновременно нулевые, а элементы группы $x_i$ как элементы прямого произведения циклических групп представляются векторами:
$x_1 = (n_1,0,0,\dots,0)$
$x_2 = (0,n_2,0,\dots,0)$
...
$x_t = (0,\dots,0,n_t,0,\dots,0)$
Понятно, что сумма всех элементов второго порядка равна 0, коль скоро $t>1$. Если же $t=1$, то элемент второго порядка только один: $x_1$, и сумма всех элементов второго порядка равна $x_1\ne 0$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 08:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
Мне казалось, что можно так.
Множество элементов второго порядка само является группой. Из $b+c+d...=0$ следует, что $a+b=b, a+c=c, a+d=d...$, т.е. $a$ - есть нулевой элемент этой группы, что противоречит начальному условию.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 09:29 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5529
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Множество элементов второго порядка само является группой. Из $b+c+d...=0$ следует, что $a+b=b, a+c=c, a+d=d...$

Почему? Возможен вариант, когда $a+b=c,\ a+c=b$ и т.д., то есть прибавление $a$ является некоторой инволюцией на остальных элементах второго порядка.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 09:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
Из условия $b+c+d+...=0$, следует, что в таблице Кэли, например, для столбца $b$ от элементов $b,c,d..$ стоят все элементы $c,d...$, поэтому остается только один выбор $a+b=b$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 09:55 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5529
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Из условия $b+c+d+...=0$, следует, что в таблице Кэли, например, для столбца $b$ от элементов $b,c,d..$ стоят все элементы $c,d...$

Нет, возможен случай когда один из элементов отсутствует, а вместо него присутствует $a$. Из того, что $b+c+d+...=0$ следует лишь, что $(c+b) + (d+b) + \dots = 0$ или $b$. В первом случае ваше утверждение будет неверно. В этом случае существует такой элемент, пусть $c$, что $b+c=a$ и $a+b=c$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 09:57 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Артамонов Ю.Н. писал(а):
В сумме остаются только элементы второго порядка, т.е. их сумма не равна нулю. С другой стороны, эта сумма тоже элемент группы, и, очевидно, второго порядка, а значит эта сумма равна какому-то из расматриваемых элементов второго порядка, например, $a+b+c+d...=a$. Редуцируем на этот элемент, получается сумма оставшихся элементов второго порядка равна нулю $b+c+d+...=0$. Ну и что?


Про доказательство из (2) в (3) maxal всё правильно написал.

Я это доказывал так. Элементы порядка 2 и нулевой элемент образуют векторное пространство над двухэлементным полем $\mathbb{F}_2$ (простым полем характеристики $2$). Если элементов порядка $2$ больше одного, то это пространство имеет размерность больше $1$ и, значит, изоморфно $\mathbb{F}_2^n$ для некоторого $n>1$. Имеем
\[
\sum_{x \in \mathbb{F}_2^n} x = \sum \big\{ \langle x_1, \ldots, x_n \rangle : x_1, \ldots, x_n \in \mathbb{F}_2 \big\} = \langle 2^{n-1}, \ldots, 2^{n-1} \rangle = 0.
\]

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.12.2007, 10:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
Профессор Снэйп писал(а):
Про доказательство из (2) в (3) maxal всё правильно написал.

Так я не против, просто непонятно было про какую структуру идет речь и казалось, что можно проще.
to maxal
Да, Вы правы, не всегда работает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2008, 09:43 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Поскольку в общем виде задачу до сих пор так и не решили, спрошу, верно ли утверждение задачи для групп вида $\mathbb{Z}_n^\ast$.

Здесь $\mathbb{Z}_n^\ast$ --- мультипликативная группа обратимых элементов кольца $\mathbb{Z}_n$, то есть мультипликативная группа остатков по модулю $n$, взаимно простых с $n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2008, 15:58 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Чего решать то? $t(a)=S-a$ перестановка для любого S, соответственно нужно, чтобы $s(a)=t(a)-a=S-2a$ было перестановкой необходимо и достаточно, чтобы не было элементов порядка 2.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2008, 16:30 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Руст писал(а):
Чего решать то?


О, решать тут есть чего! :D

Руст писал(а):
$t(a)=S-a$ перестановка для любого S, соответственно нужно, чтобы $s(a)=t(a)-a=S-2a$ было перестановкой необходимо и достаточно, чтобы не было элементов порядка 2.


Вы не разобрали случай, когда в группе есть элементы порядка $2$, причём таких элементов больше одного. Это как раз и есть основной, причём самый сложный случай для данной задачи.

Раз Вы, Руст, такой лихой, попробуйте ка для начала указать нужную перестановку $s$ для группы $\mathbb{Z}_2^3$. Уверяю Вас, что это не просто (хотя и возможно) :)

Добавлено спустя 9 минут 42 секунды:

Если честно, то я сам не знаю, как решается задача. Знаю лишь, как она решается в предположении, что нужная перестановка $s$ существует для группы $\mathbb{Z}_{2^n} \times \mathbb{Z}_{2^k} \times \mathbb{Z}_{2^m}$ при натуральных $n,k,m > 0$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2008, 17:42 
Заслуженный участник


09/02/06
4365
Москва
Профессор Снэйп писал(а):
Вы не разобрали случай, когда в группе есть элементы порядка $2$, причём таких элементов больше одного. Это как раз и есть основной, причём самый сложный случай для данной задачи.

Согласен, погорячился. Пусть $$A=B+\sum_{i=1}^k Z_{2^{l_i}}$$, где $B$ абелева группа нечётного порядка. Тогда каждый элемент А представляется в виде $a=a'+\sum_i t_i e_i$, где $t_i=0$ или $1$, $e_i=2^{l_i-1}r_i$ образующая i- ой группы $Z_2, i=1,2,...,k$, $r_i$ - щбразующая группы $Z_{2^{l_i}|$. Ищем решение в виде $s(a)=S-2b-s (\sum_i t_ie_i)$, и сводим общий случай к случаю $A=Z_2^k$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.12.2008, 18:01 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Руст писал(а):
Ищем решение в виде $s(a)=S-2b-s (\sum_i t_ie_i)$, и сводим общий случай к случаю $A=Z_2^k$.


Что-то я Вас не понял. Что за $t_i$, откуда они берутся, почему они существуют и т. п.

Оставим в покое группы с нечётными порядками, для них всё понятно и мало интересно. Легко показать, что если для двух групп перестановки существуют, то и для их прямой суммы перестановка также существует. Так что для решения задачи необходимо и достаточно доказать существование перестановки для следующих двух групп:

1) $\mathbb{Z}_{2^n} \oplus \mathbb{Z}_{2^m}$, $n,m > 0$;

2) $\mathbb{Z}_{2^n} \oplus \mathbb{Z}_{2^m} \oplus \mathbb{Z}_{2^k}$, $n,m,k > 0$.

Первый случай я знаю, как решать. Покажите, как решается второй. Только чуть более подробно, чем Вы писали ранее. А то Вы слишком кратко пишите и я, не обладая Вашим могучим талантом, Вас не понимаю.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 51 ]  На страницу 1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: HungryLion


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group