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Cláudio,
Eu também estava tentando fazer isso. A idéia é
considerar o problema pelo inverso. Só para lembrar, todo grupo abeliano
finito é isomorfo à soma direta de p-grupos cíclicos ou seja,
a Z_(p1^a1) + Z_(p2^a2) +.... + Z_ps^(as) onde pi é um primo e ai
um inteiro >=1 (essa decomposição é única a menos de permutações). Agora
estou usando a notação aditiva, que acho mais fácil para grupos
abelianos.
Então só temos que procurar grupos desse tipo e que
satisfaçam
Produtório pi^ai = n^2 para algum inteiro
n.
No caso que estamos considerando,
todo elemento tem ordem divisível por n. Então já descartamos os casos onde
produtório pi^ai (para pi distintos) não é divisível 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 também é descartado.
Z_2 + Z_8 tem ordem 16 mas tem um elemento com
ordem 8. Também descartamos. (Z_16 também está fora)
Para ordem 16, falta verificar, então, os
casos
Z_2 + Z_2 + Z_2 + Z_2
O primeiro caso não dá, já que (0,0,1) tem ordem 4 e geraria um dos
subgrupos; não haveria mais espaço 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 não errei nas contas, está nas condições do problema. E esse
seria o único caso com ordem 16 nessas condições.
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
intersecção (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)
Não é muito difícil ver que esses Hi tem ordem p e
são disjuntos a menos de (0,0). Então com certeza está nas condições do problema
a questão está resolvido para esse caso.
A pergunta que fica é:
Para quais n, Z_n + Z_n satisfaz aquelas
condições? Será que vale só para primos?
Ou mais geralmente, para quais n, existe solução
desse problema?
Um abraço. 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
Salomão 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 Salomão at ssalomao@zaz.com.br wrote:
Caro Cláudio,
Acho que
encontrei uma solução 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 alguém já
tinha feito, sabíamos que
G = HK = KH
Vamos mostrar agora que qualquer subgrupo H daqueles do
enunciado é normal em G.
Seja h <> e um elemento de H e g
<> e elemento qualquer de G.
Supomos que
ghg^(-1) = k onde k está 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.
Então temos
k1h1hh1^(-1)k1^(-1) =
k
Logo
h1hh1^(-1) = k1^(-1)kk1
O lado esquerdo está em H e o direito em
K
Logo devem ser
iguais a e.
Concluimos que
h = k = e
o que é uma contradição.
Daí decorre que
ghg^(-1) não pode estar fora de H e, portanto, H
é normal.
Como isso
vale para qualquer H,
temos que H, K e todos os outros subgrupos do enunciado são
normais em G.
Agora
fica fácil terminar a demonstração.
Se H e K são subrgrupos normais de G tais que H
inter K = {e}, então hk = kh para todo h,k em H e K,
respectivamente.
Basta ver que
hkh^(-1)k^(-1) = e, pois
hkh^(-1) está em K e portanto o lado esquerdo
acima está em K.
Da mesma forma kh^(-1)k^(-1) está em H e, portanto,
o lado esquerdo acima também está 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
é 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!
É verdade, faltou o
final da demonstração. E esse final parece também interessante.
Se
n=2 ou 3, então qualquer um daqueles subgrupos é abeliano e acabou.
Consideramos n>=4. Então há pelo menos 5 subgrupos distintos.
Se
h1 e h2 <> e estão em H, então escolhemos K,V, M e N outros 4
subgrupos (conforme o enunciado) distintos de H.
Então h1 = kv e h2 =
mn (onde k,v,m e n <> e estão em K,V,M,N respectivamente, e esse
elementos comutam, como vimos antes). Temos
então:
h1h2 = kvmn =
vkmn = ...... = mnkv = h2h1
o completa a demonstração. Acho que agora não falte nenhum
detalhe.
Um abraço.
Pedro.
Um abraco,
Claudio.
Achei no começo que precisava usar algum teorema
de ação ou algum daqueles teoremas de Sylow, mas no final, só idéias
elementares foram necessárias.
Um abraço.
Pedro.
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