Задача про циклическую группу третьего порядка

[sour]

Привет. Есть группа $G=\left\langle a, b \mid a^3=b^7=e,\ a^{-1}ba=b^3 \right\rangle$. Надо доказать, что $G$ является циклической группой третьего порядка.

Я выяснил, что $H=\left\{b^0=e, b^1, \dots b^6\right\} \triangleleft G$, потому что можно перебором проверить, что $GHG^{-1}=H$. Учитывая, что $\left|H\right|=7$, $\left|G/H\right|=|G|/|H|=21/7=3$, а значит $G/H \backsimeq \mathbb{Z}_3$(потому что других групп порядка 3 нет). С учетом того, что $H \backsimeq \mathbb{Z}_7$, получается, что $G/\mathbb{Z}_7 \backsimeq \mathbb{Z}_3$. А значит, построив естественный гомоморфизм, получим, что $G$ гомоморфно $\mathbb{Z}_3$. Но это не доказывает, что $G$ - циклическая группа порядка $3$.

Что делать?
Если что: Крылов - Задачи и упражнения по общей алгебре, 3.16. В ответнике ответ не нашел.

Есть мнение, что из свойств группы следует, что $b=e$, это решало бы задачу. Но я не знаю, как это доказать.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Математика (общие вопросы)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: тематика (заодно заголовок заменен на более содержательный).

[Sinoid]

Не получится: равенство

sour в сообщении #1541629 писал(а):

$b^7=e$

все ломает.

-- 04.12.2021, 23:12 --

sour в сообщении #1541629 писал(а):

Есть мнение, что из свойств группы следует, что $b=e$, это решало бы задачу.

Как раз это все и ломает.

[sour]

Sinoid
Ну почему же? Если $b=e$, то выполняется и $b^7=e$ и $a^{-1}ba=b^3$, никаких противоречий с условием нет. Другое дело, что я не вижу, как из условия можно получить $b=e$.

Вообще, $G=\left\{a^ib^j \mid 1 \leqslant i \leqslant 3,\ 1 \leqslant j \leqslant 7 \rigth\}$, это максимум 21 элемент(при условии, что все они различны), можно попробовать построить для такой группы таблицу Кэли и посмотреть, есть ли элементы с совпадающими столбцами, это означало бы, что они равны.

[Sinoid]

sour в сообщении #1541638 писал(а):

Если $b=e$,

то сколько в группе всего может быть элементов?

[artempalkin]

Я извиняюсь, может быть, я не совсем правильно понимаю обозначения, но если $a=b=e$, то все тоже работает, а значит подходит как минимум не только циклическая группа третьего порядка. Или подразумевается, что $a$ и $b$ разные?

[sour]

Sinoid
3 или 1. Sagemath говорит, что это $\mathbb{Z}_3$:

artempalkin
Да, вы правы. Я думаю, что из условия можно как-то вывести, что $a \ne b, b = e$.

[artempalkin]

sour в сообщении #1541644 писал(а):

artempalkin
Да, вы правы. Я думаю, что из условия можно как-то вывести, что $a \ne b, b = e$.

Как же вы выведете это из условия, если у $a=b=e$ нет никакого противоречия с условием? :) Думаю, что все-таки подразумевается, что $a\ne b$

[пианист]

Думается, использованные обозначения предполагают, что все соотношения между $a, b$ это то, что справа от $|$ плюс следствия из них.

[sour]

artempalkin
$x=y=1$ не противоречит условию $x=y$, но при этом из него не следует. Тут аналогично. Если что-то условию не противоречит, далеко не факт, что оно из него следует. Просто Sinoid писал, что $b=e$ противоречит условию, но это не так, я пояснил уже почему.

[artempalkin]

sour в сообщении #1541644 писал(а):

artempalkin
Да, вы правы. Я думаю, что из условия можно как-то вывести, что $a \ne b, b = e$.

А, я понял, вы имеете в виду, что из условия может следовать, что при $b=e$ все еще $a\ne b$. Тогда я понимаю вашу мысль и не возражаю.

[пианист]

Собс-но, если верить в справедливость задачи, вариантов больше и нет, должно быть $b = e$. Действительно, если $a \ne e$, циклическая подгруппа третьего порядка уже есть, это $\left\langle a \mid a^3=e\right\rangle$, значит, $b$ должно выражаться через $a$: $b = a^k$, что возможно только при $k = 0$. А случай $a = e$ не годится, т.к. влечет и $b = e$.
Но что-то мне задача сомнительна, такое ощущение, что какого-то условия не хватает.

[vpb]

пианист в сообщении #1541656 писал(а):

такое ощущение, что какого-то условия не хватает.

Нет, там всё в порядке.

-- 04.12.2021, 23:45 --

Короче, вычислите $a^{-3}ba^3$ двумя способами, может из этого случатся какие полезные мысли.

[B@R5uk]

Групп 21-го порядка всего две. Циклическая с одной образующей $G_{21}^1=\left\langle a\mid a^{21}=e\right\rangle$ и группа $G_{21}^2=\left\langle s,t\mid s^3=t^7=e,\,sts^{-1}=t^2\right\rangle$. Для последней вот здесь даже граф Кэли есть. Далее в теме приведено условие и его доказательство, которому должны удовлетворять степени в такого рода задании группы двумя образующими, чтобы она не вырождалась.

[Sinoid]

sour в сообщении #1541644 писал(а):

$b = e$.

Это тоже неверно: в группе все элементы считаются различными.