Dimostrare l'iniettività e suriettività di un omomorfismo
Vi propongo questo esercizio, che ahimè non ci sto cavando le gambe
Sia $ f : G->H$ un omomorfismo non nullo di gruppi.
dimostrare che:
1) se $o(G)$ è un numero primo allora $f$ è iniettiva
2) se $o(H)$ è un numero primo allora $f$ è suriettiva
come si fa?
io l'unica cosa che sono riuscito a dedurre è che:
se $o(G)$ è primo $->$ $G$ è un gruppo finito $->$ $G$ è ciclico
però qui mi sono bloccato
Ciao
Riccardo
Sia $ f : G->H$ un omomorfismo non nullo di gruppi.
dimostrare che:
1) se $o(G)$ è un numero primo allora $f$ è iniettiva
2) se $o(H)$ è un numero primo allora $f$ è suriettiva
come si fa?
io l'unica cosa che sono riuscito a dedurre è che:
se $o(G)$ è primo $->$ $G$ è un gruppo finito $->$ $G$ è ciclico
però qui mi sono bloccato
Ciao
Riccardo
Risposte
[tex]f[/tex] è iniettiva se e solo se [tex]\ker f = \langle 1_G \rangle[/tex] e [tex]\ker f \le G[/tex]. Cosa concludi?
non so se dico una cavolata,
visto che $f$ è iniettiva se e solo se $Ker f = <1G>$
presi due elementi $a,b in G$ posso dimostrare che questi fanno parte del $Ker f$ solo se sono uguali $a=b$
visto che $f$ è iniettiva se e solo se $Ker f = <1G>$
presi due elementi $a,b in G$ posso dimostrare che questi fanno parte del $Ker f$ solo se sono uguali $a=b$
Nope.
Questa frase non ha senso.
Torniamo indietro. Sai cosa dice il teorema di Lagrange?
"michealorion":
presi due elementi $a,b \in G$ posso dimostrare che questi fanno parte del $Ker f$ solo se sono uguali $a = b$
Questa frase non ha senso.
Torniamo indietro. Sai cosa dice il teorema di Lagrange?
scusami, forse ho capito..
per il Teorema di Lagrange, visto che $G$ è un gruppo finito e il $Ker$ è un sottogruppo di $G$ allora $o(Ker)$ \ $o(G)$
questo va bene?
per il Teorema di Lagrange, visto che $G$ è un gruppo finito e il $Ker$ è un sottogruppo di $G$ allora $o(Ker)$ \ $o(G)$
questo va bene?
Sì. Per il simbolo di divisibilità puoi usare il codice \mid tra i tag [ tex ] e [ /tex ]. Ci vuole un po' di più ma la leggibilità è notevolmente migliorata.
Comunque, tornando all'esercizio: è corretto dire che [tex]|\ker(f)| \mid |G|[/tex] (per il teorema di Lagrange, appunto). Quindi?
Comunque, tornando all'esercizio: è corretto dire che [tex]|\ker(f)| \mid |G|[/tex] (per il teorema di Lagrange, appunto). Quindi?
Ecco qui è il punto cruciale che non ho capito molto bene:
cosa posso dedurre quando dico che [tex]|\ker(f)| \mid |G|[/tex] ?
cosa posso dedurre quando dico che [tex]|\ker(f)| \mid |G|[/tex] ?
Boh, in generale nulla di particolare. Però in questo caso hai un'ipotesi che fa al caso nostro, no? [tex]|G|[/tex] è un numero primo! E gli unici numeri che dividono un primo sono 1 ed il primo stesso, o sbaglio? Ma abbiamo supposto che il morfismo non fosse nullo, quindi certamente [tex]\ker(f) \ne G[/tex]. Segue un po' forzatamente [tex]\ker(f) = \langle 1_G \rangle[/tex], mi segui?
Sapresti rifare il ragionamento per la seconda domanda?
Sapresti rifare il ragionamento per la seconda domanda?
sisi ho capito il tuo ragionamento calza a pennello.
per la seconda domanda vediamo...
potrei sfuttare il teorema precedente, posso far vedere che il $Ker f != <1G>$
siccome $H$ è di ordine p primo allora può avere sottogruppi solo di ordine 1 e p, ma visto che vogliamo che $Ker f != <1G>$ per forza $Ker f = H$
e quindi $f$ è suriettiva.
va bene ?
per la seconda domanda vediamo...
potrei sfuttare il teorema precedente, posso far vedere che il $Ker f != <1G>$
siccome $H$ è di ordine p primo allora può avere sottogruppi solo di ordine 1 e p, ma visto che vogliamo che $Ker f != <1G>$ per forza $Ker f = H$
e quindi $f$ è suriettiva.
va bene ?
Eh, ma se consideriamo un morfismo [tex]f:G \to H[/tex], [tex]\ker(f)[/tex] è contenuto in [tex]G[/tex] o in [tex]H[/tex]?
il $Ker$ è in $G$
E allora come fai a concludere [tex]\ker(f) = H[/tex]?
Maurer stai proponendo giri un po' più lunghi del dovuto. È senza senza dubbio corretto ma mi sa che finisci per confonderlo. Propongo un metodo più elementare.
Un gruppo di ordine un numero primo è ciclico. Un gruppo ciclico ha un sottogruppo per ogni suo divisore (se n è l'ordine del gruppo e d è il divisore allora [tex]\langle g^{\frac{n}{d}}\rangle[/tex] ha l'ordine cercato) e quindi se [tex]G[/tex] ha ordine primo allora [tex]G[/tex] e [tex]\{1\}[/tex] sono i suoi unici sottogruppi.
L'omomorfismo banale ha forma [tex]f\colon x\mapsto 1[/tex] e quindi [tex]\ker f = G[/tex] e [tex]f(G) = \{1\}[/tex].
Torniamo quindi al primo esercizio. Sai che [tex]\ker f \ne G[/tex] e che [tex]\ker f \le G[/tex] (in realtà è addirittura normale ma ora non ha importanza). Dalle affermazioni appena dette si deduce immediatamente che [tex]\ker f = \{1\}[/tex] da cui l'iniettività.
Il secondo esercizio invece usa lo stesso ragionamento ma questa volta con [tex]f(G)[/tex] (l'immagine di [tex]f[/tex] in [tex]H[/tex]). Tieni conto che [tex]f(G) \le H[/tex]
Un gruppo di ordine un numero primo è ciclico. Un gruppo ciclico ha un sottogruppo per ogni suo divisore (se n è l'ordine del gruppo e d è il divisore allora [tex]\langle g^{\frac{n}{d}}\rangle[/tex] ha l'ordine cercato) e quindi se [tex]G[/tex] ha ordine primo allora [tex]G[/tex] e [tex]\{1\}[/tex] sono i suoi unici sottogruppi.
L'omomorfismo banale ha forma [tex]f\colon x\mapsto 1[/tex] e quindi [tex]\ker f = G[/tex] e [tex]f(G) = \{1\}[/tex].
Torniamo quindi al primo esercizio. Sai che [tex]\ker f \ne G[/tex] e che [tex]\ker f \le G[/tex] (in realtà è addirittura normale ma ora non ha importanza). Dalle affermazioni appena dette si deduce immediatamente che [tex]\ker f = \{1\}[/tex] da cui l'iniettività.
Il secondo esercizio invece usa lo stesso ragionamento ma questa volta con [tex]f(G)[/tex] (l'immagine di [tex]f[/tex] in [tex]H[/tex]). Tieni conto che [tex]f(G) \le H[/tex]
allora $f(G)$ è un sottogruppo di $H$
sappiamo che come abbiamo detto prima per $G$, $H$ ha due soli sottogruppi.
quindi $f(G)$ può essere uguale a ${1}$ o ad $H$ stesso. ok?
però se $f(G) = {1}$ sarebbe l'omomorfismo nullo no?
quindi $f(G) = H$
ho detto una cavolata?? però sto capendo molto meglio, grazie a tutti e due;)
sappiamo che come abbiamo detto prima per $G$, $H$ ha due soli sottogruppi.
quindi $f(G)$ può essere uguale a ${1}$ o ad $H$ stesso. ok?
però se $f(G) = {1}$ sarebbe l'omomorfismo nullo no?
quindi $f(G) = H$
ho detto una cavolata?? però sto capendo molto meglio, grazie a tutti e due;)
Sì, è giusto.
Comunque l'importante (ed è quello a cui tentavo di farti arrivare da solo) è che la chiave di volta per tutti questi esercizi è il teorema di Lagrange.
Anche l'affermazione di vict85
giustissima ed immediata, è una banale conseguenza del teorema suddetto. Per inciso, sapresti dimostrare l'affermazione di vict85?
@vict85: questione di gusti: per me è più naturale pensare che un gruppo di ordine un numero primo ha solo due sottogruppi banali (per Lagrange) e quindi è ciclico. Ma, ripeto, solo questione di gusti.
Comunque l'importante (ed è quello a cui tentavo di farti arrivare da solo) è che la chiave di volta per tutti questi esercizi è il teorema di Lagrange.
Anche l'affermazione di vict85
"vict85":
Un gruppo di ordine un numero primo è ciclico.
giustissima ed immediata, è una banale conseguenza del teorema suddetto. Per inciso, sapresti dimostrare l'affermazione di vict85?
@vict85: questione di gusti: per me è più naturale pensare che un gruppo di ordine un numero primo ha solo due sottogruppi banali (per Lagrange) e quindi è ciclico. Ma, ripeto, solo questione di gusti.
"maurer":
@vict85: questione di gusti: per me è più naturale pensare che un gruppo di ordine un numero primo ha solo due sottogruppi banali (per Lagrange) e quindi è ciclico. Ma, ripeto, solo questione di gusti.
Beh... io sono partito da dove era arrivato lui. Comunque per dimostrare che è ciclico secondo me è più breve usare l'ordine degli elementi direttamente.
ragazzi grazie a tutti e due!!!:)
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