28206

28206 (Dana Heuberger)

Fie $\left(G,\cdot \right)$ un grup cu elementul neutru $e$ care conține subgrupurile proprii, distincte, finite $H_{1}$, $H_{2}$ și $H_{3}$, astfel încât pentru orice permutare $\sigma \in S_{3}$ și orice $a\in H_{\sigma \left(1\right)}\setminus \left\{e\right\}$, $b\in H_{\sigma \left(2\right)}\setminus \left\{e\right\}$, rezultă că $ab\in H_{\sigma \left(3\right)}$.

1. Arătați că subgrupurile $H_{1}$, $H_{2}$ și $H_{3}$ au același număr de elemente.
2. Dacă $G=H_{1}\cup H_{2}\cup H_{3}$, arătați că grupul $G$ este de tip Klein.

Soluție.

a) Pentru orice subgrup $H$ a lui $G$, notăm $H^{\ast }=H\setminus \left\{e\right\}$.

Arătăm mai întâi că $H_{1}\cap H_{2}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$.

Presupunem că există $a\in H_{1}\cap H_{2}\cap H_{3}$, cu $a\neq e$. Din ipoteză, rezultă că $H_{1}^{\ast }\cdot H_{2}^{\ast }\subset H_{3}$, deci $H_{1}^{\ast }\cdot H_{2}^{\ast }\cdot H_{3}^{\ast }\subset H_{3}\cdot H_{3}^{\ast }=H_{3}$. Cum $a\in H_{2}^{\ast }$ și $a^{-1}\in H_{3}^{\ast }$, rezută că $e=a\cdot a^{-1}\in H_{2}^{\ast }\cdot H_{3}^{\ast }$, deci $H_{1}^{\ast }\subset H_{1}^{\ast }\cdot H_{2}^{\ast }\cdot H_{3}^{\ast }\subset H_{3}$, așadar $H_{1}^{\ast }\subset H_{3}$, adică $H_{1}\subset H_{3}$. În mod analog, se arată că $H_{3}\subset H_{1}$. Rezultă că $H_{1}=H_{3}$, ceea ce contrazice ipoteza. În consecință, $H_{1}\cap H_{2}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$.

Arătăm, mai departe, că $H_{1}\cap H_{2}=H_{2}\cap H_{3}=H_{1}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$.

Presupunem că există $a\in H_{1}\cap H_{2}$, cu $a\neq e$. Dacă $H_{1}$ are cel puțin trei elemente, alegem $x\in H_{1}\setminus \left\{e,a\right\}$. Cum $xa^{-1}\in H_{1}^{\ast }$ și $a\in H_{2}^{\ast }$, rezultă că $xa^{-1}a=x\in H_{3}$, deci $H_{1}\setminus \left\{e,a\right\}\subset H_{3}$, așadar $H_{1}\setminus \left\{a\right\}\subset H_{3}$. Subgrupul $\langle H_{1}\setminus \{a\}\rangle$ generat de $H_{1}\setminus \{a\}$ este un grup al lui $H_{1}$. Deoarece ordinul lui $\langle H_{1}\setminus \{a\}\rangle$ este cel puțin $2$ și trebuie să dividă ordinul lui $H_{1}$, rezultă că $\langle H_{1}\setminus \{a\}\rangle =H_{1}$. Cum $H_{3}$ este subgrup al lui $G$, iar $H_{1}\setminus \left\{a\right\}\subset H_{3}$, rezultă că și $\langle H_{1}\setminus \{a\}\rangle =H_{1}$ este inclus în $H_{3}$, deci $a\in H_{1}\cap H_{2}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$, fals. Așadar, $H_{1}$ nu poate avea cel puțin trei elemente. Dacă $H_{1}=\{e,a\}$, atunci $H_{2}$ are cel puțin trei elemente, pentru că $H_{2}\neq H_{1}$, și, ca mai înainte, rezultă că $H_{2}\subset H_{3}$, așadar $a\in H_{1}\cap H_{2}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$, fals. În consecință, $H_{1}\cap H_{2}=\{e\}$. La fel se arată că $H_{2}\cap H_{3}=H_{1}\cap H_{3}=\left\{e\right\}$. Fie $|H_{1}|=m$, $|H_{2}|=n$, $|H_{3}|=p$, cu $H_{1}=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{m}\}$, $H_{2}=\{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n}\}$ și $H_{3}=\{c_{1},c_{2},\ldots ,c_{p}\}$. Cum elementele distincte $a_{1}b_{1},a_{2}b_{1},\ldots ,a_{m}b_{1}$ aparțin mulțimii $H_{1}^{\ast }$, rezultă că $p\leq m$, deci $m=p$. Analog se arată că $m=n$, deci $m=n=p$. Așadar, $|H_{1}|=|H_{2}|=|H_{3}|=n+1$.

b) Fie $i,j\in \{1,2,\ldots ,n\}$ și $a_{i},a_{j}\in H_{1}^{\ast }$.

Atunci $H_{3}^{\ast }=\left\{a_{i}b_{1},a_{i}b_{2},\ldots ,a_{i}b_{n}\}=\{a_{j}^{-1}b_{1},a_{j}^{-1}b_{2},\ldots ,a_{j}^{-1}b_{n}\right\}$, așadar există $s,t\in \{1,2,\ldots ,n\}$ pentru care $a_{i}b_{s}=a_{j}^{-1}b_{t}$, deci $a_{j}a_{i}=b_{t}b_{s}^{-1}\in H_{2}$. Dar $H_{1}\cap H_{2}=\{e\}$, astfel că pentru orice $i,j\in \{1,2,\ldots ,n\}$ avem $a_{j}a_{i}=e$. În consecință, subgrupurile $H_{1}$, $H_{2}$ și $H_{3}$ pot avea câte două sau câte trei elemente. Dacă $|H_{1}|=|H_{2}|=|H_{3}|=3$, atunci $G=H_{1}\cup H_{2}\cup H_{3}$ are șapte elemente, iar $|H_{1}|$ nu divide $.|G|$, contradicție. Așadar, $H_{1}=\{e,a\}$, $H_{2}=\{e,b\}$, $H_{3}=\{e,c\}$, cu $a^{2}=b^{2}=c^{2}=e$, deci grupul $G=\{e,a,b,c\}$ este de tip Klein.