|
Je, ciklička je. Evo tri pogleda na tu stvar koja su u suštini ista i svode se na u parovima relativnu prostost brojeva 3, 4 i 5:
[list=1]
[*]Red elementa [latex](x,y,z)[/latex] je najmanji zajednički višekratnik redova elementa [latex]x[/latex] u [latex]\mathbb{Z}_3[/latex], [latex]y[/latex] u [latex]\mathbb{Z}_4[/latex] i [latex]z[/latex] u [latex]\mathbb{Z}_5[/latex]. (Dokaži!) Prema tome, red elementa [latex](1,1,1)[/latex] je najmanji zajednički višekratnik od 3, 4 i 5, što je 60. No tad [latex]G[/latex] ima cikličku podgrupu reda 60, a kako je i sama reda 60, mora upravo [latex]G[/latex] biti ta ciklička podgrupa.
[*]Općenito, ako su [latex]m[/latex] i [latex]n[/latex] relativno prosti, onda je [latex]\mathbb{Z}_m\oplus\mathbb{Z}_n\cong\mathbb{Z}_{mn}[/latex]. Da bi se to dokazalo, pogleda se funkcija [latex]f\colon\mathbb{Z}_m\oplus\mathbb{Z}_n\to\mathbb{Z}_{mn}[/latex] zadana s [latex]f(x,y)=nx+my[/latex]. Lagano je za provjeriti da se radi o homomorfizmu.
Iz činjenice da su [latex]m[/latex] i [latex]n[/latex] relativno prosti slijedi da postoje cijeli brojevi [latex]a[/latex] i [latex]b[/latex] takvi da je [latex]am+bn=1[/latex]. Uzmimo proizvoljan [latex]k[/latex] iz [latex]\mathbb{Z}_{mn}[/latex], tad je
[latex]f(bk,ak)=nbk+mak=(am+bn)k=k[/latex]
Slijedi da je [latex]f[/latex] epimorfizam. Kako se radi o surjekciji dva konačna skupa istog kardinalnog broja, [latex]f[/latex] je i injekcija, tj. [latex]f[/latex] je izomorfizam.
Primijenimo ovo na zadani zadatak:
[latex]\mathbb{Z}_3\oplus\mathbb{Z}_4\oplus\mathbb{Z}_5\cong\mathbb{Z}_{12}\oplus\mathbb{Z}_5\cong\mathbb{Z}_{60}[/latex]
[*]Slično kao u dokazu prethodne općenite tvrdnje, pokažimo da je [latex]f\colon\mathbb{Z}_3\oplus\mathbb{Z}_4\oplus\mathbb{Z}_5\to\mathbb{Z}_{60}[/latex] zadana s [latex]f(x,y,z)=20x+15y+12z[/latex] izomorfizam. (Nadam se da je jasno otkud ovi koeficijenti.) Opet se lako provjeri da je to homomorfizam.
Budući da su 20, 15 i 12 relativno prosti, postoje cijeli brojevi [latex]a, b, c[/latex] takvi da je [latex]20a+15b+12c=1[/latex]. Konkretno, [latex]a=-1, b=3, c=-2[/latex]. Dakle, za proizvoljan [latex]k\in\mathbb{Z}_{60}[/latex] imamo:
[latex]f(-k,3k,-2k)=-20k+15\cdot 3k-12\cdot 2k=k[/latex]
Pa je [latex]f[/latex] surjekcija, a onda i bijekcija.
[/list:o]
Je, ciklička je. Evo tri pogleda na tu stvar koja su u suštini ista i svode se na u parovima relativnu prostost brojeva 3, 4 i 5:
- Red elementa
 je najmanji zajednički višekratnik redova elementa  u  ,  u  i  u  . (Dokaži!) Prema tome, red elementa  je najmanji zajednički višekratnik od 3, 4 i 5, što je 60. No tad  ima cikličku podgrupu reda 60, a kako je i sama reda 60, mora upravo biti ta ciklička podgrupa.
- Općenito, ako su
 i  relativno prosti, onda je  . Da bi se to dokazalo, pogleda se funkcija  zadana s  . Lagano je za provjeriti da se radi o homomorfizmu.
Iz činjenice da su i relativno prosti slijedi da postoje cijeli brojevi  i  takvi da je  . Uzmimo proizvoljan  iz  , tad je
Slijedi da je  epimorfizam. Kako se radi o surjekciji dva konačna skupa istog kardinalnog broja, je i injekcija, tj. je izomorfizam.
Primijenimo ovo na zadani zadatak:
- Slično kao u dokazu prethodne općenite tvrdnje, pokažimo da je
 zadana s  izomorfizam. (Nadam se da je jasno otkud ovi koeficijenti.) Opet se lako provjeri da je to homomorfizam.
Budući da su 20, 15 i 12 relativno prosti, postoje cijeli brojevi  takvi da je  . Konkretno,  . Dakle, za proizvoljan  imamo:
Pa je surjekcija, a onda i bijekcija.
_________________
I don't know half of you half as well as I should like; and I like less than half of you half as well as you deserve.
|
