Producto de todos los elementos en una extraña finito abelian grupo 1

Question

Este debe ser un ejercicio fácil: Dado un número finito impar abelian grupo $G$, demostrar que $\prod_{g\in G}g=e$. De hecho, la utilización del teorema de Lagrange esto es trivial: no Hay ningún elemento de orden 2 (ya que el orden debe dividir el orden de $G$, pero es impar), y por lo tanto cada elemento, excepto $e$ tiene un único inverso, que es diferente de él. Por lo tanto, tanto el elemento y su inversa participar en el producto y anular el uno al otro.

Mi problema es simple, necesito solucionar esto sin del teorema de Lagrange. Por lo tanto hay una forma inteligente de demostrar la necesidad de un elemento de orden 2 en un extraño grupo abelian, o me estoy perdiendo algo aún más básico...

Answer 1

Si no existe un elemento de orden 2, a continuación, usted está hecho. Supongamos $g\in G$ que $g^2=e$. Desde $\{g_1,\ldots, g_n\}=\{gg_1,\ldots,gg_n\}$, entonces $\prod g_i = g^n \prod g_i$ y $g^n=e$. Poner $n=2k+1$, $e=g^{2k+1}=g^{2k}g=g$.

Answer 2

Si finita grupo abelian $\rm G$ elt $\rm\: j\: $ de pedido de $\:2\:$ entonces $\rm\:\ \:g\ \\ j\: g\ \ $ pares de su elt por lo que $\rm G$ incluso ha pedido.

Este es un caso especial de la frecuencia útiles hecho de que las cardinalidades de un conjunto finito y su punto fijo en el marco de una involución tienen igualdad de paridad, ya que el no-puntos fijos son vinculados por la involución. Por lo tanto, como en el anterior, cuando no hay puntos fijos ($\rm\: j\ne 1\: \Rightarrow\: j\:g\ne g\: $) el conjunto tiene incluso la cardinalidad.

Tan simple simetrías a menudo se encuentran en el corazón de la elegante pruebas, por ejemplo, el famoso Heath-Marrón-Zagier prueba de que cada primer $\rm\:\equiv 1\ (mod\ 4)\ $ es una suma de dos cuadrados.

Answer 3

Deje de $G$ ser de un número finito de abelian grupo de orden impar. Entonces tenemos

$$ \prod_{g \in G}g \prod_{g \in G} g = \prod_{g \in G} g \prod_{g \in G} g^{-1} = \prod_{g \in G} gg^{-1} = e. $$

Por lo tanto $x:= \prod_{g \in G}\;g$ es su propia inversa. Ahora sólo tiene que demostrar que el único elemento que es su propia inversa en $G$ es $e$.

Answer 4

Aquí es un argumento (aunque seguro que hay más simples): desde $G$ es abelian, los elementos de orden, división 2 forman un subgrupo de $H$ de $G$. Por otro lado, un grupo abelian cada elemento de que se de la orden de dividir $2$ puede ser pensado como un espacio vectorial sobre el campo de 2 elementos, y así (desde $H$ es finito, y por lo tanto tiene dimensión finita) vemos que $H$ es trivial (si su dimensión en el campo de 2 elementos es cero), o bien que el número de elementos en $H$ es incluso (si su dimensión es positivo). Uno de los elementos de $H$ es la identidad $e$, y por lo tanto $H$ es trivial, es decir, $G$ no contiene elementos de orden exacto de $2 dólares, o de lo contrario el número de elementos en $H \setminus \{e\}$, es decir, el número de elementos de orden exacto 2 en $G$, es impar.

Por otro lado, es fácil ver que cuando $G$ es impar, el número de elementos de orden exacto 2 es par. (Recuento de los elementos de $G$ por pensar acerca de las órbitas de los mapa de $g \mapsto g^{-1}$.) Así, cuando $G$ es impar, el grupo $H$ de hecho debe ser trivial, y por lo que $G$ no contiene elementos de orden 2.

En resumen, hemos evitado una apelación a la del teorema de Lagrange por lugar atractivo para un poco más grueso de contar el argumento, junto con el álgebra lineal en el campo de 2 elementos. Si esto es o no es absurdo, los lectores pueden decidir!

Answer 5

Por la clasificación de finito abelian grupos, cualquier abelian grupo $G$ puede ser escrito $Z_{n_1} \oplus \cdots \oplus Z_{n_k}$ donde $n_i$ son los principales poderes. Por extraño abelian grupos, ninguno de los $n_i$ son potencias de dos. Escribir cada elemento del grupo $G$ como $k$-tupla $(m_1,\ldots, m_k)$ donde $0 \le m_i < n_i$. Vamos a $N = n_1 n_2 \cdots n_k$ ser el orden del grupo.

Entonces el $j$ésima componente de $\sum_{g \in G} g$ es $$ {N \sobre n_j} \left( \sum_{m_j=0}^{n_j-1} m_j \right) $$ y la suma es de $n_j(n_j-1)/2$. Esto se simplifica a $N(n_j-1)/2$. Desde $n_j$ es impar este es un múltiplo de $N$ (como un número entero); por lo tanto es un múltiplo de $n_j$ (como un número entero) y mus $0$ (como un elemento de $Z_{n_j}$).

(No tengo un álgebra de texto en la mano, hace la prueba de la clasificación de uso del teorema de Lagrange?)