Re: [obm-l] Grupo abeliano

[Pedro Antonio Santoro Salom�o]

Title: Re: [obm-l] Grupo abeliano

Cl�udio,   Eu tamb�m estava tentando fazer isso. A id�ia � considerar o problema pelo inverso. S� para lembrar, todo grupo abeliano finito ï¿½ isomorfo ï¿½ soma direta de p-grupos c�clicos ou seja, a Z_(p1^a1) + Z_(p2^a2) +.... + Z_ps^(as) onde pi � um primo e ai um inteiro >=1 (essa decomposi��o � �nica a menos de permuta��es). Agora estou usando a nota��o aditiva, que acho mais f�cil para grupos abelianos.   Ent�o s� temos que procurar grupos desse tipo e que satisfa�am   Produt�rio pi^ai = n^2 para algum inteiro n.   No caso que estamos considerando, todo elemento tem ordem divis�vel por n. Ent�o j� descartamos os casos onde produt�rio pi^ai (para pi distintos) n�o � divis�vel por n.   Por exemplo   Z_2 + Z_2 + Z_16 tem ordem 64 mas tem um elemento com ordem 16. Podemos descartar esse caso.   Z_9 + Z_8 + Z_2 tamb�m � descartado.   Z_2 + Z_8 tem ordem 16 mas tem um elemento com ordem 8. Tamb�m descartamos. (Z_16 tamb�m est� fora)   Para ordem 16, falta verificar, ent�o, os casos   Z_2 + Z_2 + Z_4 e Z_2 + Z_2 + Z_2 + Z_2   O primeiro caso n�o d�, j� que (0,0,1) tem ordem 4 e geraria um dos subgrupos; n�o haveria mais espa�o para (1,0,1). Para o segundo encontrei   H1 = {(0,0,0,0), (1,0,0,0), (0,1,0,0), (1,1,0,0)} H2 = {(0,0,0,0), (1,0,1,0), (0,1,0,1), (1,1,1,1)} H3 = {(0,0,0,0), (1,1,1,0), (1,1,0,1), (0,0,1,1)} H4 = {(0,0,0,0), (0,1,1,1), (0,1,1,0), (0,0,0,1)} H5 = {(0,0,0,0), (1,0,1,1), (0,0,1,0), (1,0,0,1)}   que, se eu n�o errei nas contas, est� nas condi��es do problema. E esse seria o �nico caso com ordem 16 nessas condi��es.   Vamos considerar agora o caso G = Z_p x Z_p, para p primo.   Basta encontrarmos p+1 subgrupos de G com ordem p e intersec��o (0,0).   Seja   H0 = subgrupo gerado por (0,1) H1 = subgrupo gerado por (1,1) ... Hp = subgrupo gerado por (p-1,1) Hp+1 = subgrupo gerado por (1,0)   N�o � muito dif�cil ver que esses Hi tem ordem p e s�o disjuntos a menos de (0,0). Ent�o com certeza est� nas condi��es do problema a quest�o est� resolvido para esse caso.   A pergunta que fica �:   Para quais n, Z_n + Z_n satisfaz aquelas condi��es? Ser� que vale s� para primos?   Ou mais geralmente, para quais n, existe solu��o desse problema?   Um abra�o. Pedro.   ----- Original Message ----- From: Claudio Buffara To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, November 02, 2003 5:49 PM Subject: Re: [obm-l] Grupo abeliano Oi, Pedro: Agora realmente acabou! Obrigado pela solucao engenhosa. Talvez seja interessante tentar achar todos os n para os quais exista um grupo G nas condicoes do enunciado. Por enquanto eu achei o 4-grupo (n=2) e Z_3 x Z_3 (n=3) e tenho a impressao de que para todo primo p o grupo Z_p x Z_p tem a tal propriedade. Jah Z_4 x Z_4 nao tem, mas pode ser que algum outro grupo de ordem 16 a tenha. Um abraco, Claudio. on 31.10.03 16:14, Pedro Antonio Santoro Salom�o at [EMAIL PROTECTED] wrote: ----- Original Message ----- From: Claudio Buffara <mailto:[EMAIL PROTECTED]>   To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, November 02, 2003 12:24 PM Subject: Re: [obm-l] Grupo abeliano on 30.10.03 20:41, Pedro Antonio Santoro Salom�o at [EMAIL PROTECTED] wrote: Caro Cl�udio, Acho que encontrei uma solu��o para aquele problema do grupo abeliano. Conforme o enunciado existem n+1 subgrupos de ordem n tais que se H e K forem quaisquer dois deles, vale: H inter K = {e} Por uma conta direta usando cardinalidade, que algu�m j� tinha feito, sab�amos que G = HK = KH Vamos mostrar agora que qualquer subgrupo H daqueles do enunciado � normal em G. Seja h <> e um elemento de H e g <> e elemento qualquer de G. Supomos que ghg^(-1) = k onde k est� em algum daqueles subgrupos K do enunciado que seja diferente de H Mas sabemos que g = k1h1 para k1 e h1 em K e H, respectivamente. Ent�o temos k1h1hh1^(-1)k1^(-1) = k Logo h1hh1^(-1) = k1^(-1)kk1 O lado esquerdo est� em H e o direito em K Logo devem ser iguais a e. Concluimos que h = k = e o que � uma contradi��o. Da� decorre que ghg^(-1) n�o pode estar fora de H e, portanto, H � normal. Como isso vale para qualquer H, temos que H, K e todos os outros subgrupos do enunciado s�o normais em G. Agora fica f�cil terminar a demonstra��o. Se H e K s�o subrgrupos normais de G tais que H inter K = {e}, ent�o hk = kh para todo h,k em H e K, respectivamente. Basta ver que hkh^(-1)k^(-1) = e, pois hkh^(-1) est� em K e portanto o lado esquerdo acima est� em K. Da mesma forma kh^(-1)k^(-1) est� em H e, portanto, o lado esquerdo acima tamb�m est� em H, concluindo que ele deve ser igual a identidade. Como H e K podem ser quaisquer daqueles n+1 subgrupos de ordem n do enunciado e como eles cobrem todo G, temos, finalmente, que G � abeliano. Oi, Pedro: Voce demonstrou que se h e k pertencem a subgrupos distintos de G, entao eles comutam. Mas e quando h e k pertencerem a um mesmo subgrupo de G? De qualquer jeito, acho que a chave foi realmente perceber que os subgrupos sao normais. Depois eh soh acertar os detalhes...mas eles precisam ser acertados! � verdade, faltou o final da demonstra��o. E esse final parece tamb�m interessante. Se n=2 ou 3, ent�o qualquer um daqueles subgrupos � abeliano e acabou. Consideramos n>=4. Ent�o h� pelo menos 5 subgrupos distintos. Se h1 e h2 <> e est�o em H, ent�o escolhemos K,V, M e N outros 4 subgrupos (conforme o enunciado) distintos de H. Ent�o h1 = kv e h2 = mn (onde k,v,m e n <> e est�o em K,V,M,N respectivamente, e esse elementos comutam, como vimos antes). Temos ent�o: h1h2 = kvmn = vkmn = ...... = mnkv = h2h1 o completa a demonstra��o. Acho que agora n�o falte nenhum detalhe. Um abra�o. Pedro. Um abraco, Claudio. Achei no come�o que precisava usar algum teorema de a��o ou algum daqueles teoremas de Sylow, mas no final, s� id�ias elementares foram necess�rias. Um abra�o. Pedro.