Oi, Paulo:
Acho que esta sua demonstracao do teorema de Cauchy soh eh valida se G for abeliano, pois no fim, quando voce fala na projecao canonica p: G -> G/H, voce estah implicitamente supondo que G/H eh um grupo e, portanto, que H eh um subgrupo normal de G. Mas isso soh eh verdade para todo H se G for abeliano.
Por outro lado, existe uma demonstracao desse teorema que eh um dos meus exemplos favoritos de beleza matematica:
Seja G um grupo e p um primo que divide |G|.
Considere todos os produtos da forma x_1*x_2*...*x_p que sao iguais a "e", onde os x_i sao elementos nao necessariamente distintos de G.
Eh facil ver que existem |G|^(p-1) tais produtos pois, escolhendo-se livremente os valores de x_1, x_2, ..., x_(p-1), o valor de x_p fica unicamente determinado (igual ao inverso de x_1*x_2*...*x_(p-1))
Agora vamos dividir estes |G|^(p-1) produtos em classes de equivalencia de forma que dois produtos pertencem a uma mesma classe se e somente se um deles for uma permutacao circular do outro. Teremos dois casos a considerar:
Caso 1: todos os x_i sao iguais.
Nesse caso, a classe vai conter apenas um produto, pois x_1*x_2*...*x_p = a*a*...*a e existe apenas uma permutacao dos x_i.
Caso 2: pelo menos dois dos x_i sao distintos.
Nesse caso, a classe vai conter exatamente p produtos:
x_1*x_2*...*x_(p-1)*x_p;
x_2*x_3*... x_p*x_1;
x_3*x_4*...*x_1*x_2;
...
x_p*x_1*...x_(p-1)*x_(p-1).
Sejam N1 e N2 os numeros de classes de equivalencia de cada tipo.
Entao, teremos que:
numero de produtos = 1*N1 + p*N2 = |G|^(p-1).
Por hipotese, p | |G|^(p-1) e obviamente p | p*N2.
Logo, p | N1.
Alem disso, o produto e*e*...*e obviamente eh do tipo 1, de modo que N1 > 0.
Ou seja, o numero N1 de produtos da forma a*a*...*a = a^p = e eh um multiplo positivo de p.
Em outras palavras, existem pelo menos p-1 elementos em G de ordem p.
Naturalmente, se a eh um tal elemento, entao <a>, o subgrupo ciclico gerado por a, terah ordem p.
[]s,
Claudio.
| De: |
owner-obm-l@mat.puc-rio.br |
| Para: |
obm-l@mat.puc-rio.br |
| Data: |
Thu, 24 Jun 2004 14:20:38 +0000 |
| Assunto: |
[obm-l] RE: [obm-l] Dúvida |
> Ola Eder,
>
> Ok !
>
> Vamos fazer o seguinte. Vou provar um resultado classico que voce podera
> usar na solucao.
>
> TEOREMA DE CAUCHY : Se G e um grupo finito e "p" e um numero primo que
> divide
> a ordem de G entao existe um elemento "g" de G de ordem "p".
>
> PROVA : Vamos usar inducao sobre a ordem de G. Mais especificamente vamos
> mostrar que
> ( HIPOTESE DE INDUCAO ) se todos os grupos com ordem menor que G satisfazem
> o TEOREMA DE CAUCHY entao G satisfaz o TEOREMA DE CAUCHY.
>
> 1) Se a ordem de G for um numero primo, |G| = p, entao a prova e trivial e
> nem precisamos usar a hipotese de inducao, pois "p" sera o unico numero
> primo que pode dividir a ordem de G e se "g"
> for um elemento de G entao, pelo teorema de Lagrange, divide |G|, isto
> e, a ordem de
> "g" e "p". Assim, nao so um, mas todos os elementos de G ( com excecao da
> identidade ) tem
> ordem "p"
>
> 2) Se ordem de G nao for um numero primo, seja "p" um numero primo que
> divide a ordem de G.
> Tomando um elemento "g" pertencente a G, "g" diferente de "e", considere o
> subgrupo de G : H=. Existem duas possibilidades para H :
>
> PRIMEIRA : H e igual a G. Neste caso, G e ciclico com G=. Seja N=|G| e
> considere o elemento g^(N/p). Claramente que g^(N/p) pertence a G e ordem de
> g^(N/p) e "p". Assim,
> G tem um elemento de ordem "p" e acabou.
>
> SEGUNDA : H e diferente de G. Neste caso |H| < |G|.
>
> Se "p" divide |H|, pela HIPOTESE DE INDUCAO, existe "h" pertencente a H tal
> que ordem de "h" e "p". Como H e subconjunto de G segue que "h" e tambem
> elmento de G e, portanto, G tem um elemento de ordem "p" e acabou.
>
> Se "p" nao divide |H| ( mas "p" divide |G|, por hipotese ), pelo teorema de
> Lagrange |G|=|H|(G:H) teremos que "p" divide (G:H), isto e, "p" divide o
> indice de H em G. Como (G:H) =| G/H | e
> G/H| < |G|, pela HIPOTESE DE INDUCAO, existe um h_ ( h barra ) em G/H de
> ordem "p".
>
> Considere a projecao canonica :
>
> p : G -> G/H
>
> Sabemos que trata-se de um homomorfismo e que em todo homomorfismo a ORDEM
> DA IMAGEM DE UM ELEMENTO DIVIDE A ORDEM DO ELEMENTO, isto e, |h_| divide |h|
> para algum "h" em G. Como |h_| = p => |h| = kp, para algum k inteiro.
> Considere o elemento h^k. Claramente que h^k pertence a G e | h^k | = p.
> Assim, G tem um elemento de ordem "p".
>
> Vemo que a hipotese de inducao vale ( por vacuidade ) para as ordem 1 e
> tambem para a
> ordem 2. Segue - pelo que vimos acima - que vale para todas as ordens.
>
> Um Abraco
> Paulo Santa Rita
> 5,1117,240604
>
> >From: Lista OBM
> >Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
> >To: obm-l@mat.puc-rio.br
> >Subject: Re: [obm-l] RE: [obm-l] Dúvida
> >Date: Thu, 24 Jun 2004 10:08:22 -0300 (ART)
> >
> >Meu caro Paulo, entendi sua solução, o prblema que esse exercício
> >encontra-se na seção de um >livro onde ainda não tem esse resultado que
> >você usou. Você não conhece outra forma de >resolver esse esxercício.
> >
> >Grato pela solução, Éder.
>
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