God dag. Oppgaven i sin helhet er denne:
a) Vis at dersom $p$ er et primtall, så er gruppen $\textrm{Aut}(\mathbb{Z}_p)$ av orden $p-1$.
b) Vis at $\textrm{Aut}(\mathbb{Z}_{17})$, $\textrm{Aut}(\mathbb{Z}_{257})$ og $\textrm{Aut}(\mathbb{Z}_{65\,537})$ er 2-grupper. Hint: Vi har $17=2^4+1$, $257=2^8+1$ og $65\,537=2^{16}+1$, og de tre tallene er primtall.
c) Vis at enhver gruppe av orden $286\,331\,153$ er abelsk. Hint: $286\,331\,153=17\cdot257\cdot65\,537$.
Jeg kom til c), men ser ikke helt hvordan den bør løses. Noen forslag? Alle forsøk på hjelp mottas med takknemlighet.
Vise at enhver gruppe av orden 286 331 153 er abelsk
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Gruppen har vel orden $abc$ for primtallene $ab<c$. Er det meninga du skal bevise dette?
Hint til første oppgave:
Hvordan ser en generell homomorfi $f: \mathbb{Z}_p \to \mathbb{Z}_p$ ut? Hint: En slik homomorfi vil være unikt bestemt av verdien $f(1)$.
Tell antallet av disse som er isomorfier (her vil du få bruk for at $\mathbb{Z}_p$ er et integritetsområde).
Hvordan ser en generell homomorfi $f: \mathbb{Z}_p \to \mathbb{Z}_p$ ut? Hint: En slik homomorfi vil være unikt bestemt av verdien $f(1)$.
Tell antallet av disse som er isomorfier (her vil du få bruk for at $\mathbb{Z}_p$ er et integritetsområde).
Bachelor i matematiske fag NTNU - tredje år.
Det er vel nærliggende å bruke Sylow her. La G være en gruppe av orden $286\,331\,153=17\cdot257\cdot65\,537$.Flabbrø skrev: c) Vis at enhver gruppe av orden $286\,331\,153$ er abelsk. Hint: $286\,331\,153=17\cdot257\cdot65\,537$.
Da fins det Sylow 17-, 257- og 65537-undergrupper A,B,C med ordener |A|=17, |B|=257, |C|=65537, som alle er normale og abelske.
Nå er produktet ABC=G. Siden A,B,C snitter trivielt, og alle er normale, kommuterer elementene fra forskjelllige undergrupper med hverandre. Det følger at G er abelsk.
svinepels: Jeg kunne kanskje ha vært mer ettertrykkelig på hva det var jeg lurte på, men det var altså kun oppgave c). Takk likevel.
plutarco: Får vel gi etter og bruke Sylow, da. Selv om jeg var overbevist om at det ikke var meningen. Takker for hjelpen.
plutarco: Får vel gi etter og bruke Sylow, da. Selv om jeg var overbevist om at det ikke var meningen. Takker for hjelpen.
-
Tullebukk
Jeg skal selv ta eksamen i Abstrakt Algebra snart, og er litt interessert i argumentasjonen din her. Fra det tredje Sylow-teoremet har vi at $n_{17} \equiv 1 \pmod{17}$ og $n_{17}$ deler $|G|$. Dermed er det bare en Sylow $17$-undergruppe. På samme måte kan det vises at det kun er en Sylow $257$-undergruppe og en Sylow $65537$-undergruppe. Som du nevner, snitter disse trivielt, da dette er $p$-grupper og samtlige elementer i gruppene (med unntak av identiteten) har orden $p$. Alle er også normale, fra det andre Sylow-teoremet. Jeg klarer ikke å dra i land konklusjonen din herifra. Unionen av disse undergruppene har orden mindre enn $|G|$, og jeg ser ikke hvordan dette kan implisere at $G$ er abelsk.plutarco skrev:Det er vel nærliggende å bruke Sylow her. La G være en gruppe av orden $286\,331\,153=17\cdot257\cdot65\,537$.Flabbrø skrev: c) Vis at enhver gruppe av orden $286\,331\,153$ er abelsk. Hint: $286\,331\,153=17\cdot257\cdot65\,537$.
Da fins det Sylow 17-, 257- og 65537-undergrupper A,B,C med ordener |A|=17, |B|=257, |C|=65537, som alle er normale og abelske.
Nå er produktet ABC=G. Siden A,B,C snitter trivielt, og alle er normale, kommuterer elementene fra forskjelllige undergrupper med hverandre. Det følger at G er abelsk.
Vi behøver å vise to ting:
1. Dersom A og B er to normale undergrupper av G, og $A\cap B=\{1\}$ følger det at ab=ba for alle $a\in A$ og $b\in B$.
Vi ønsker å vise at $a^{-1}b^{-1}ab=1$ for alle $a\in A$ og $b\in B$. Normaliteten gir at $(a^{-1}b^{-1}a)b \in B$ og $a^{-1}(b^{-1}ab) \in A$, altså er $a^{-1}b^{-1}ab\in A\cap B$. Siden snittet av A og B kun inneholder den multiplikative identiteten, må $a^{-1}b^{-1}ab=1$, så $ab=ba$.
2. ABC=G. (Definisjon: $ABC=\{abc|\, a\in A, b\in B, c\in C\}$.)
Det er klart at $ABC\subseteq G$. Det er nok å vise at |ABC|=|G|. Vi har at $A$, $B$ og $C$ alle er undergrupper av $ABC$ (sett f.eks. b=c=1. Da er A en undergruppe i ABC (Merk også at produktet av normale undergrupper er en undergruppe.)), så |ABC| må være delelig med både |A|, |B| og |C|. Siden disse ordenene er relativt primiske, må altså $|ABC|=|A|\cdot |B|\cdot |C|\cdot n$. Siden $ABC\subseteq G$, må vi ha $n=1$, og dermed må ABC=G.
1. Dersom A og B er to normale undergrupper av G, og $A\cap B=\{1\}$ følger det at ab=ba for alle $a\in A$ og $b\in B$.
Vi ønsker å vise at $a^{-1}b^{-1}ab=1$ for alle $a\in A$ og $b\in B$. Normaliteten gir at $(a^{-1}b^{-1}a)b \in B$ og $a^{-1}(b^{-1}ab) \in A$, altså er $a^{-1}b^{-1}ab\in A\cap B$. Siden snittet av A og B kun inneholder den multiplikative identiteten, må $a^{-1}b^{-1}ab=1$, så $ab=ba$.
2. ABC=G. (Definisjon: $ABC=\{abc|\, a\in A, b\in B, c\in C\}$.)
Det er klart at $ABC\subseteq G$. Det er nok å vise at |ABC|=|G|. Vi har at $A$, $B$ og $C$ alle er undergrupper av $ABC$ (sett f.eks. b=c=1. Da er A en undergruppe i ABC (Merk også at produktet av normale undergrupper er en undergruppe.)), så |ABC| må være delelig med både |A|, |B| og |C|. Siden disse ordenene er relativt primiske, må altså $|ABC|=|A|\cdot |B|\cdot |C|\cdot n$. Siden $ABC\subseteq G$, må vi ha $n=1$, og dermed må ABC=G.