28206: Difference between revisions

Revision as of 10:37, 3 January 2025

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 $ab\in H_{\sigma \left(3\right)}$ .

Arătați că subgrupurile $H_{1}$ , $H_{2}$ și $H_{3}$ au același număr de elemente.
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 $H_{1}=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{m}\}$

Revision as of 10:24, 3 January 2025 view source Andrei.Horvat (talk \| contribs) 516 edits No edit summary ← Older edit		Revision as of 10:37, 3 January 2025 view source Andrei.Horvat (talk \| contribs) 516 edits No edit summary Tag: Visual edit: Switched Newer edit →
Line 17:		Line 17:
	Arătăm, mai departe, că <math>H_1 \cap H_2 = H_2 \cap H_3 = H_1 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>.		Arătăm, mai departe, că <math>H_1 \cap H_2 = H_2 \cap H_3 = H_1 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>.

	Presupunem că există <math>a \in H_1 \cap H_2 </math>, cu <math> a \ne e </math>. Dacă <math> H_1</math> are cel puțin trei elemente, alegem <math> x \in H_1 \setminus \left\{e,a\right\}</math>. Cum <math>xa^{-1} \in H_1^\ast</math> și <math>a \in H_2^\ast</math>, rezultă că <math>xa^{-1}a = x \in H_3</math>, deci <math>H_1 \setminus \left\{e,a\right\} \subset H_3</math>, așadar <math>H_1 \setminus \left\{a\right\} \subset H_3</math>. Subgrupul <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle</math> generat de <math>H_1 \setminus \{a\}</math> este un grup al lui <math>H_1</math>. Deoarece ordinul lui <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle</math> este cel puțin <math>2</math> și trebuie să dividă ordinul lui <math>H_1</math>, rezultă că <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle = H_1</math>. Cum <math>H_3</math> este subgrup al lui <math>G</math>, iar <math>H_1 \setminus \left\{a\right\} \subset H_3</math>, rezultă că și <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle = H_1</math> este inclus în <math>H_3</math>, deci <math>a\in H_1 \cap H_2 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>, fals. Așadar, <math>H_1</math> nu poate avea cel puțin trei elemente. Dacă <math>H_1 = \{e,a\}</math>, atunci <math>H_2</math> are cel puțin trei elemente, pentru că <math> H_2 \ne H_1 </math>, și, ca mai înainte, rezultă că <math> H_2 \subset H_3</math>, așadar		Presupunem că există <math>a \in H_1 \cap H_2 </math>, cu <math> a \ne e </math>. Dacă <math> H_1</math> are cel puțin trei elemente, alegem <math> x \in H_1 \setminus \left\{e,a\right\}</math>. Cum <math>xa^{-1} \in H_1^\ast</math> și <math>a \in H_2^\ast</math>, rezultă că <math>xa^{-1}a = x \in H_3</math>, deci <math>H_1 \setminus \left\{e,a\right\} \subset H_3</math>, așadar <math>H_1 \setminus \left\{a\right\} \subset H_3</math>. Subgrupul <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle</math> generat de <math>H_1 \setminus \{a\}</math> este un grup al lui <math>H_1</math>. Deoarece ordinul lui <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle</math> este cel puțin <math>2</math> și trebuie să dividă ordinul lui <math>H_1</math>, rezultă că <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle = H_1</math>. Cum <math>H_3</math> este subgrup al lui <math>G</math>, iar <math>H_1 \setminus \left\{a\right\} \subset H_3</math>, rezultă că și <math>\langle H_1 \setminus \{a\}\rangle = H_1</math> este inclus în <math>H_3</math>, deci <math>a\in H_1 \cap H_2 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>, fals. Așadar, <math>H_1</math> nu poate avea cel puțin trei elemente. Dacă <math>H_1 = \{e,a\}</math>, atunci <math>H_2</math> are cel puțin trei elemente, pentru că <math> H_2 \ne H_1 </math>, și, ca mai înainte, rezultă că <math> H_2 \subset H_3</math>, așadar <math>a\in H_1 \cap H_2 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>, fals. În consecință, <math>H_1 \cap H_2 = \{e\} </math>. La fel se arată că <math>H_2 \cap H_3 = H_1 \cap H_3 = \left\{e\right\}</math>. Fie <math>\|H_1\| = m</math>, <math>\|H_2\| = n</math>, <math>\|H_3\| = p</math>, cu <math>H_1 = \{a_1, a_2, \ldots, a_m\}</math>