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Cl�udio,
Eu tamb�m estava tentando fazer isso. A id�ia �
considerar o problema pelo inverso. S� para lembrar, todo grupo abeliano
finito � isomorfo � 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_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 -----
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 ssalomao@zaz.com.br wrote:
----- Original Message -----
From: Claudio Buffara
<mailto:claudio.buffara@terra.com.br>
To:
obm-l@mat.puc-rio.br
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 ssalomao@zaz.com.br 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.
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