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
5405
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
1716
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
5405
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
1716
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
5405
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
1716
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
5405
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
1716
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
4342
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
4342
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: нет зарегистрированных пользователей


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