PROBLEME DE STRUCTURI ALGEBRICE

1). Sa se arate ca daca intr-un grup finit mai mult de jumatate din elementele grupului comuta cu toate elementele din grup , atunci grupul este abelian.

Solutie :Fie grupul cu proprietatea din enunt si sa consideram multimea elementelor care comuta cu orice element din grup , H= .Se arata usor ca este subgrup abelian al grupului , numit centrul grupuluiG.

Conform ipotezei , avem, , adica . Dar conform teoremei lui

Lagrange ordinul unui subgrup divide ordinul grupului , deci exista nN* astfel incat .Obtinem , adica n<2 , deci neaparat n=1. Atunci ,

adica H=G , deci G este abelian.

2).Fie un grup comutativ finit cu elementul neutru si fie .Daca , pentru mai mult de jumatate din elementele grupului , atunci ,

Solutie Fie .se constata usor ca H este subgrup al lui G. Intr-adevar , daca si cum G este abelian , putem scrie

Fie n ordinul grupului G si k ordinul subgrupului H. Din ipoteza avem

(1)

Conform teoremei lui Lagrange k divide n , adica exista p natural cu Nu putem avea deoarece ar rezulta , ceea ce contrazie (1).

Asadar , ceea ce incheie demonstratia.

3).Fie un grup cu cel putin trei elemente si elementul neutru.Spunem ca are proprietatea daca exista z (care depinde de x si y) astfel incat

a) Aratati ca intr-un grup cu proprietatea , astfel incat

b) Aratati ca grupul are proprietatea ;c) Sa se arate ca grupurile si nu sunt izomorfe.

Solutie:a) Fie .Daca x = e , luam u = e si egalitatea este verificata. Fie acum , .Deoarece G are cel putin trei elemente , putem alege un element

.Putem scrie , unde ambele elemente a si apartin lui .

Conform ipotezei, exista un element astfel incat ,adica .

b). Daca , luam si avem deci grupul are proprietatea .

c). Grupul nu are proprietatea , caci daca luam de exemplu ,atunci pentru orice avem ,deoarece in timp ce ;

Deoarece grupul are proprietatea , iar grupul nu are aceasta proprietate , deducem ca cele doua grupuri nu sunt izomorfe.

4). Fie un numar natural. Sa se arate ca n este numar prim daca si numai daca orice grup cu n elemente are exact doua subgrupuri.

Solutie: Daca n este numar prim , considerand un grup arbitrar G cu n elemente, orice subgrup al acestuia va avea ca ordin un divizor al lui n (th.Lagrange) , adica 1 sau n. Rezulta ca G are numai doua subgrupuri su anume si G.(subgrupurile sale improprii).

Reciproc , sa admitem ca orice grup cu n elemente are numai doua subgrupuri si sa aratam ca n este prim.Presupunem prin absurd ca n nu este prim si fie atunci p un

divizor prim al lui n, p<n. Sa consideram grupul aditiv cu n elemente

.Subgrupul ciclic generat de clasa , are p elemente si cum 1<p<n , urmeaza ca H este

un subgrup propriu al grupului .Asadar am gasit grupul cu n elemente , care are

cel putin trei subgrupuri si anume si .Aceasta contrazice ipoteza ca orice grup

cu n elemente are numai doua subgrupuri.Asadar presupunerea facuta este falsa , deci n este numar prim.

5).Sa se arate ca grupurile aditive si nu sunt izomorfe.

Solutie: Sa presupunem prin absurd ca exista un izomorfism de grupuri : . Fie un polinom nenul si sa consideram polinomul

.Polinomul va fi de asemenea nenul. Algem un numar

si sa consideram polinomul Rezulta

si aplicand izomorfismul obtinem (1)

Tinand seama de alegerea lui k si de faptul ca este nenul , din (1) rezulta ca ,ceea ce reprezinta o contradictie.

Comentariu: Un grup aditiv (G,+) se numeste grup divizibil daca .

Solutia de mai sus marcheaza in esenta faptul ca grupul este divizibil , in timp ce grupul nu este divizibil. Ca atare aceste grupuri nu pot fi izomorfe.

6). Sa se determine morfismele de grup de la grupul (Q,+) la grupul simetric (.

Solutie : Fie un morfism de grupuri. Pentru xQ arbitrar , sa

notam cu permutarea care este imaginea prin morfismul a numarului rational ,

adica = ( ). Atunci putem scrie : , unde e este

permutarea identica .Cum x a fost ales arbitrar in (Q,+) , deducem ca singurul morfism de grupuri de la (Q,+) la ( este cel banal, adica (x) = e .

Evident , problema se poate extinde pe aceeasi idee: singurul morfism de la un grup (G,+) divizibil la un grup finit este morfismul banal.

7).Fie Q corpul numerelor rationale. Sa se determine toate morfismele de grup de la grupul in grupul .

Solutie : Fie , un morfism de grupuri. Pentru orice

putem scrie: , deci f ia valori

strict pozitive.Se arata relativ usor ca , pentru orice .Vom arata ca f(1)

= 1.Sa presupunem prin absurd ca prime.

Fie p natural , .Atunci cel putin unul din numerele a sau b nu este putere de ordin p a unui numar natural si deci fractia a/b nu este putere de ordin p a unui numar rational. Luand de exemplu , avem care nu este numar rational , contradictie. Deci f(1) = 1, . Prin urmare , singurul morfism de grupuri de la la este cel constant , care duce toate elementele lui

in elementul neutru 1 din grupul .