Dobrý deň,
pri porovnávaní rádov prvkov v grupe (konkrétne ukazovanie, že nejaké prvky $x$ a $y$ v grupe $(G,\cdot)$ majú rovnaký rád) sme na cviku dokazovali, že vieme nájsť izomorfizmus $f:G\rightarrow G; f(x)=y$. Chcel by som sa spýtať, že prečo je to potrebné ukázať, že taký izomorfizmus existuje a prečo nestačí len ukázať, že rád y $\leq$ rád x, rád y $\geq$ rád x, teda rád y = rád x. Ďakujem.
Otázka k rádom prvkov v grupe
Moderator: Martin Sleziak
-
Ludovit_Balko
- Posts: 39
- Joined: Fri Sep 16, 2016 12:23 pm
Re: Otázka k rádom prvkov v grupe
Aby ste pre dva prvky $x$, $y$ grupy ukázali, že majú rovnaký rád samozrejme stačí dokázať tie dve nerovnosti, rád $y\leq$ rád $x$ a rád $x\leq$ rád $y$. To je jedna možnosť.
Na cvičení sme si ako iný spôsob ukázania rovnosti rádov prvkov $x$ a $y$ z grupy uviedli, že ak vieme nájsť nejaký izomorfizmus $f:G\rightarrow G$ taký, že f(x)=y, tak $x$ a $y$ majú rovnaké rády.
Čiže máte dve možnosti a môžete si vybrať ktorúkoľvek z nich. Odpoveď na Vašu otázku teda je, že ak ste ukázali rovnosť pomocou tých dvoch nerovností tak netreba ukazovať že taký izomorfizmus existuje.
Na cvičení sme si ako iný spôsob ukázania rovnosti rádov prvkov $x$ a $y$ z grupy uviedli, že ak vieme nájsť nejaký izomorfizmus $f:G\rightarrow G$ taký, že f(x)=y, tak $x$ a $y$ majú rovnaké rády.
Čiže máte dve možnosti a môžete si vybrať ktorúkoľvek z nich. Odpoveď na Vašu otázku teda je, že ak ste ukázali rovnosť pomocou tých dvoch nerovností tak netreba ukazovať že taký izomorfizmus existuje.
-
jaroslav.gurican
- Posts: 212
- Joined: Fri Aug 31, 2012 4:34 pm
Re: Otázka k rádom prvkov v grupe
Ale treba si uvedomiť, že overenie "rovnakosti" rádov prvkov pomocou izomorfizmu má obmedzené použitie. Určite neplatí veta, ktorá by hovorila niečo takéto:
Nech $(G,\circ)$ je grupa, $a,b\in G$, $rad(a)=rad(b)$. Potom existuje izomorfizmus $f\colon G\to G$ taký, že $f(a)=b$.
(Kontra)príklad: Zoberme grupu $(Z_2\times Z_4, \oplus)$. Nech $a=(1,0),\ b=(0,2)$. Keďže $(1,0)\oplus (1,0)=(0,0)$, $(0,2)\oplus (0,2)=(0,0)$, $rad(a)=2=rad(b)$.
Sporom dokážeme, že neexistuje izomorfizmus $f\colon G\to G$ taký, že $f(a)=b$. Nech existuje, t.j. nech $f\colon G\to G$ je izomorfizmus taký, že $f(1,0)=(0,2)$.
Prvok $(0,1)$ má rád 4 ($rad(0,1)=4$). Keďže $f$ má byť izomorfizmus, prvok $c=f(0,1)$ musí mať tiež rád 4, t.j. $rad(c) = 4$. Prvky rádu 4 sú v $(Z_2\times Z_4)$ tieto: $(0,1), (0,3), (1,1), (1,3)$. Teda $c$ je jeden týchto 4 prvkov. Ale pre všetky prvky $b\in \{(0,1), (0,3), (1,1), (1,3)\}$ platí, že $b+b=(0,2)$.
T.j. pre "možné" $c$ platí (vďaka tomu, že $f$ je homomorfizmus):
$$f(0,2)=f( (0,1)\oplus (0,1) )=f(0,1)\oplus f(0,1)=c+c=(0,2)$$
Ale predpokladali sme, že $f(1,0)=(0,2)$, tu sa nám ukázalo, že aj $f(0,2)=(0,2)$, čo je spor s bijektívnosťou zobrazenia $f$. Tým je dokázané, že neexistuje izomorfizmus s požadovanou vlastnosťou.
Nech $(G,\circ)$ je grupa, $a,b\in G$, $rad(a)=rad(b)$. Potom existuje izomorfizmus $f\colon G\to G$ taký, že $f(a)=b$.
(Kontra)príklad: Zoberme grupu $(Z_2\times Z_4, \oplus)$. Nech $a=(1,0),\ b=(0,2)$. Keďže $(1,0)\oplus (1,0)=(0,0)$, $(0,2)\oplus (0,2)=(0,0)$, $rad(a)=2=rad(b)$.
Sporom dokážeme, že neexistuje izomorfizmus $f\colon G\to G$ taký, že $f(a)=b$. Nech existuje, t.j. nech $f\colon G\to G$ je izomorfizmus taký, že $f(1,0)=(0,2)$.
Prvok $(0,1)$ má rád 4 ($rad(0,1)=4$). Keďže $f$ má byť izomorfizmus, prvok $c=f(0,1)$ musí mať tiež rád 4, t.j. $rad(c) = 4$. Prvky rádu 4 sú v $(Z_2\times Z_4)$ tieto: $(0,1), (0,3), (1,1), (1,3)$. Teda $c$ je jeden týchto 4 prvkov. Ale pre všetky prvky $b\in \{(0,1), (0,3), (1,1), (1,3)\}$ platí, že $b+b=(0,2)$.
T.j. pre "možné" $c$ platí (vďaka tomu, že $f$ je homomorfizmus):
$$f(0,2)=f( (0,1)\oplus (0,1) )=f(0,1)\oplus f(0,1)=c+c=(0,2)$$
Ale predpokladali sme, že $f(1,0)=(0,2)$, tu sa nám ukázalo, že aj $f(0,2)=(0,2)$, čo je spor s bijektívnosťou zobrazenia $f$. Tým je dokázané, že neexistuje izomorfizmus s požadovanou vlastnosťou.