mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 09, 2012 5:38 pm**

Έστω η προσθετική ομάδα (G,+)

και ο αυτομορφισμός $f:G\to G$ τέτοιος ώστε $f^{-1}(x)=-f(x),$ για κάθε $x\in G.$ Να δείξετε ότι είναι αβελιανή.
Αν $(G,+)=(\Bbb{Z}_p,+)$ τότε $p\equiv 1 \pmod 4.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 09, 2012 6:22 pm**

socrates έγραψε:Έστω η προσθετική ομάδα και ο αυτομορφισμός $f:G\to G$ τέτοιος ώστε (1) $f^{-1}(x)=-f(x),$ για κάθε $x\in G.$ Να δείξετε ότι είναι αβελιανή.
Αν $(G,+)=(\Bbb{Z}_p,+)$ τότε $p\equiv 1 \pmod 4.$

Για το πρώτο:

$\displaystyle{(1) \Rightarrow f(f(x))=-x \Rightarrow f(f(f(x)))=f(-x) \Rightarrow f(-x)=-f(x)}$ (2)

Έστωσαν $\displaystyle{a,b \in G}$ , τότε $\displaystyle{a=f(x),b=f(y)}$

Έχουμε: $\displaystyle{-f(x+y)=f(-x-y) \Rightarrow -(a+b)=f(-x)+f(-y)=-f(x)-f(y)=-a-b=-(b+a) \Rightarrow a+b=b+a}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 27, 2012 9:45 am**

socrates έγραψε:Έστω η προσθετική ομάδα και ο αυτομορφισμός $f:G\to G$ τέτοιος ώστε $f^{-1}(x)=-f(x),$ για κάθε $x\in G.$ Να δείξετε ότι είναι αβελιανή.
Αν $(G,+)=(\Bbb{Z}_p,+)$ τότε $p\equiv 1 \pmod 4.$

Για το δεύτερο:

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{ \text{Aut} (\mathbb Z_p) \cong \mathbb Z_p^* ~~\overset{p = \pi \varrho \acute{\omega} \tau os}{=\!=\!=\!=\!=\!=} ~~\mathbb Z_p - \{0\}}$ .

Για τον αυτομορφισμό $\displaystyle{f}$ έχουμε $\displaystyle{f(f(x)) = -x}$ δηλαδή $\displaystyle{f^2 = -}$ 1 οπότε $\displaystyle{f^4 = }$ 1.

Επειδή $\displaystyle{f, f^2 \neq}$ 1 έπεται ότι $\displaystyle{\circ(f) = 4$ και αφού η τάξη ενός στοιχείου διαιρεί την τάξη της ομάδας που το περιέχει έχουμε $\displaystyle{p\equiv 1 \pmod 4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 29, 2012 1:48 pm**

ΖΩΗ έγραψε:
socrates έγραψε:Έστω η προσθετική ομάδα και ο αυτομορφισμός $f:G\to G$ τέτοιος ώστε $f^{-1}(x)=-f(x),$ για κάθε $x\in G.$ Να δείξετε ότι είναι αβελιανή.
Αν $(G,+)=(\Bbb{Z}_p,+)$ τότε $p\equiv 1 \pmod 4.$
Για το δεύτερο:

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{ \text{Aut} (\mathbb Z_p) \cong \mathbb Z_p^* ~~\overset{p = \pi \varrho \acute{\omega} \tau os}{=\!=\!=\!=\!=\!=} ~~\mathbb Z_p - \{0\}}$ .

Για τον αυτομορφισμό $\displaystyle{f}$ έχουμε $\displaystyle{f(f(x)) = -x}$ δηλαδή $\displaystyle{f^2 = -}$ 1 οπότε $\displaystyle{f^4 = }$ 1.

Επειδή $\displaystyle{f, f^2 \neq}$ 1 έπεται ότι $\displaystyle{\circ(f) = 4$ και αφού η τάξη ενός στοιχείου διαιρεί την τάξη της ομάδας που το περιέχει έχουμε $\displaystyle{p\equiv 1 \pmod 4}$ .

Ας το πούμε και με πιο στοιχειώδη τρόπο

Αν $\displaystyle{f:\Bbb{Z}_p \to \Bbb{Z}_p}$ ένας αυτομορφισμός, τότε $\displaystyle{f(x)=ax, a \in \Bbb{Z}_p^*}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{f(f(x)=-x \Rightarrow (a^2+[1])x=[0],\ \forall x \in \Bbb{Z}_p \Rightarrow a^2=-[1]}$

$\displaystyle{\Rightarrow a^{p-1}=(-1)^{\frac {p-1}{2}}}$ .

Αλλά $\displaystyle{a^{p-1}=[1]}$ , συνεπώς $\displaystyle{(-1)^{\frac {p-1}{2}}=1 \Rightarrow p \equiv 1(mod4)}$

mathematica.gr

Αυτομορφισμός και... αβελιανή

Αυτομορφισμός και... αβελιανή

Re: Αυτομορφισμός και... αβελιανή

Re: Αυτομορφισμός και... αβελιανή

Re: Αυτομορφισμός και... αβελιανή