Dimostrazione ordine gruppo

[pegasu1]

Mi sono bloccato su una cosa piuttosto semplice, ovvero non riesco a dimostrare un aproprietà:

[sia $G$ finito e $g in G$]=>[$ =G <=> ord(g)=|G|$]

So che ord(g) è il più piccolo $n in NN$ t.c $g^n=1$

inoltre $ ={g^z|z in ZZ}$

Ma provando a sfruttare queste definizioni non riesco a capire come portare avanti la cosa.
Ringrazio per l'aiuto

[vict85]

Se \(G\) è finito e \(\langle g\rangle = G\) allora per ogni altro \(g'\) in \(G\) esiste un \(z\) tale che \(g^{z}\). In particolare esiste per \(1\). Ora, \(g^{\mathrm{ord}\, g + r} = g^{\mathrm{ord}\, g}g^{r} = g^r\). Quindi se \(g' = g^r\) per qualche \(r\) allora esiste un \(0 \le r' < \mathrm{ord}\, g\) tale che \(g^{r'} = g'\). Fin qui dubbi? Il resto viene abbastanza immediato.

[pegasu1]

Ok devi scusarmi ma mi sa che non ci sono ancora, provo a seguire il tuo ragionamento:

Nell' ipotesi di finitezza di G dobbiamo dimostrare che $ =G⇔o(g)=|G|$

=>)
$ ={g^z|z in ZZ}=G$

dunque la riscrivo come

$g' in G$ <=> esiste $z : g^z=g'$

Ora, per la divisione euclidea divido per l'ordine di g che è diverso da zero: $z=o(g)*q+r$ con $0<=r q è anche negativo ma non mi importa poiché: $(g^(o(g)))^q=1$, quindi: $(g^(o(g)))^qg^r=g'$

però in tal modo mostro che qualunque g' è rappresentabile con un $g^r$ con r minore dell'ordine ma: nessuno garantirebbe che r=ord(g), inoltre non è detto r assuma tutti i valori tra 0 e org(g). Cioè mi incastro perché mi sembra di aver solo dimostrato che ogni g' è rappresentabile con g^r.

inoltre mi manca l'idea su come dimostrare anche (<=)

[ghira1]

Scrivi $g$, $g^2$, $g^3$, ecc. all'infinito. Quante cose diverse avrai?

[vict85]

Non ti posso dare ulteriori hint senza darti la risposta ed è più utile se ci arrivi da solo. Posso solo aggiungere che per ogni \(g'\) c'è un unico \(0 \le r < o(g)\) tale che \(g^r = g'\) (se non ti è evidente, dimostralo).

Forse ti è utile se ti ripeto quello che hai dimostrato fino ad ora. Per tutti i \(\displaystyle g' \in G \), esiste un unico \(0 \le r < o(g)\) tale che \(g^r = g'\). Ti ricordo che \(g^r\in G\) per ogni \(0 \le r < o(g)\).

[pegasu1]

Per =>)

Mi verrebbe da dire che avendo dimostrato: $g' in G => g^r=g' => g'=g^r in {g^r| 0 <= r
D'altro canto è pur vero che $g^r in {g^r| 0 <= r g^r in {g^z|z in ZZ}=: =_(HP) G$ cioè l'inclusione opposta

Abbiamo quindi dalla doppia inclusione che ci dimostra l'uguaglianza: ${g^r| 0 <= r
Detto questo posso costruire $f: G -> I_n$ biiezioe come: $g^r->r$ e quindi avendo creato tale biiezione ho la cardinalità di |G|=n da def. datami di cardinalità di un insieme finito.


Mentre per <= )
non mi vengono grandi idee come dal partire dall'avere una biiezione tra $G $ e $I_n$ ciò implichi che =G

[vict85]

Ti stai perdendo in un bicchiere d'acqua. Se \(\langle g\rangle = G\) allora ovviamente \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\).
Siccome gli elementi si ripetono dopo \(\mathrm{ord}\, g\) e ogni elemento prima è unico, allora banalmente \(\mathrm{ord}\, g= \lvert \langle g\rangle\rvert\).
Viceversa, se \(\mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\) allora, sempre per il fatto che ogni \(g^{r}\) è unico per \(0\le r < \mathrm{ord} g\), si deve avere \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\). Ma l'unico sottoinsieme di \(G\) con quella cardinalità è \(G\) stesso (questo non vale per gli insiemi infiniti). Dubbi?

L'unicità degli elementi prima di \(\mathrm{ord}\, g\) si dimostra osservando che se per assurdo si avesse \(0\le r < r'< \mathrm{ord} g\) e \(g^{r'} = g^{r}\) allora \(g^{r' - r} = 1\) dove \(r' - r < r' < \mathrm{ord}\,g\) (che contraddirrebbe la definizione di \(\mathrm{ord}\,g\)).

[pegasu1]

Ah... cavolo non riuscivo proprio a mettere assieme queste cose. Sì mi torna e ti ringrazio davvero molto.

Vorrei però chiederti una cosa, nella mia dimostrazione (=>) di cui sopra mi sembra però di aver detto tutte cose giusto no? Cioè vorrei chiederti, è corretta come dimostrazione dell'implicaizone voluta secondo te?
Mi incuriosisce molto in quanto mi sembra corretta come passaggi.

[vict85]

Sì, i passaggi sono corretti.

[pegasu1]

Molto gentile e ringrazio per il tuo immenso aiuto

[rackinblu]

scusate l'intromissione ma sono interessato a un passaggio di:

"vict85":Ti stai perdendo in un bicchiere d'acqua. Se \(\langle g\rangle = G\) allora ovviamente \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\).
Siccome gli elementi si ripetono dopo \(\mathrm{ord}\, g\) e ogni elemento prima è unico, allora banalmente \(\mathrm{ord}\, g= \lvert \langle g\rangle\rvert\).
Viceversa, se \(\mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\) allora, sempre per il fatto che ogni \(g^{r}\) è unico per \(0\le r < \mathrm{ord} g\), si deve avere \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\). Ma l'unico sottoinsieme di \(G\) con quella cardinalità è \(G\) stesso (questo non vale per gli insiemi infiniti). Dubbi?

L'unicità degli elementi prima di \(\mathrm{ord}\, g\) si dimostra osservando che se per assurdo si avesse \(0\le r < r'< \mathrm{ord} g\) e \(g^{r'} = g^{r}\) allora \(g^{r' - r} = 1\) dove \(r' - r < r' < \mathrm{ord}\,g\) (che contraddirrebbe la definizione di \(\mathrm{ord}\,g\)).

Quando scrivo \(\mathrm{ord}\, g= \lvert \langle g\rangle\rvert\) sto dicendo che la cardinalità è pari a ord(g) e questo lo vedo dicendo che ho tot elementi in quell'insieme, tuttavia per definizione la cardinalità vorrebbe dire che c'è una biiezione tra quell'insieme e un $I_n$ insieme (contarli è solo una intuizione ma NON è la definizione). Quindi lo vedo intuitivamente, ma formalmente come mostro questo fatto dell'esistenza della biiezione?

[vict85]

La notazione \(\lvert S\rvert = n\) per dire \(\lvert S\rvert = \lvert I_n\rvert\) è usata comunemente da tutti i matematici. Un po' come, in analisi, si dice che \(\log x = o(x)\) (insomma una funzione non può essere uguale ad una classe di funzioni).

Detto questo, formalmente parlando, la notazione \(\lvert S\rvert = n\) è un po' più corretta se si intende \(n\) come un numero cardinale. Inoltre, esistono definizioni insiemistiche dei numeri naturali, quindi si potrebbe vedere \(\lvert S\rvert = n\) come \(\lvert S\rvert = \lvert n\rvert\).

Queste sono, di fatto, sottigliezze tecniche di poca importanza perché specificarle tutte le volte rende la notazione più complessa e pesante senza aggiungere nulla di concettualmente rilevante. Nota che se ti dà fastidio questo, nei corsi più avanzati sarà molto peggio. Tra l'altro è pericoloso cercare di risolvere tutti questi aspetti nelle interrogazioni perché potresti dare l'idea di arrampicarti sugli specchi anche se conosci bene la teoria.

Venendo alla questione in sé, \(\langle g\rangle\) è sostanzialmente l'immagine in \(G\) della funzione \( \xi_g\colon \mathbb{Z}\to G\) definita come \( \xi_g\colon r\mapsto g^r\). Sia inoltre \(\iota\colon \mathbb{N}_{
P.S.: la cardinalità è una classe di equivalenza e quindi poco importa se si usa \(\{1,\dotsc, n\}\), \(\{0,\dotsc, n-1\}\), o altri insiemi della stessa cardinalità. Usare quindi la notazione \(\lvert S\rvert = n\) ti permette di esprimere lo stesso concetto senza dover scegliere un rappresentante delle varie classi di equivalenza.

[rackinblu]

Grazie mille non potevi esser più chiaro

[Alin2]

"vict85":Ti stai perdendo in un bicchiere d'acqua. Se \(\langle g\rangle = G\) allora ovviamente \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\).
 Siccome gli elementi si ripetono dopo \(\mathrm{ord}\, g\) e ogni elemento prima è unico, allora banalmente \(\mathrm{ord}\, g= \lvert \langle g\rangle\rvert\).
Viceversa, se \(\mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\) allora, sempre per il fatto che ogni \(g^{r}\) è unico per \(0\le r < \mathrm{ord} g\), si deve avere \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \mathrm{ord}\, g = \lvert G\rvert\). Ma l'unico sottoinsieme di \(G\) con quella cardinalità è \(G\) stesso (questo non vale per gli insiemi infiniti). Dubbi?

L'unicità degli elementi prima di \(\mathrm{ord}\, g\) si dimostra osservando che se per assurdo si avesse \(0\le r < r'< \mathrm{ord} g\) e \(g^{r'} = g^{r}\) allora \(g^{r' - r} = 1\) dove \(r' - r < r' < \mathrm{ord}\,g\) (che contraddirrebbe la definizione di \(\mathrm{ord}\,g\)).

Scusami vict85 e pegasu se mi intrometto, ma volevo sapere se ho interpretato bene la vostra dimostrazione con la doppia implicazione:
partendo da

$ ⟨g⟩=G hArr ord(g)=|G|$
Io devo dimostrare la prima implicazione: $rArr$ cioè
$ ⟨g⟩=G rArr ord(g)=|G|$
Qui si può osservare che  $⟨g⟩=G$ allora ovviamente  $abs ( ⟨g⟩)=|G|$
Questo è garantito dal fatto  che per ogni $g'$ esiste  un $z in ZZ$ tale che $g^{\prime}=g^z$
In particolare esiste per $1=g^(ord(g))$  e pertanto $ g^(ord(g))g^r=g^r$. Quindi se $g '=g^r$ allora esiste un unico $ 0≤r L'altra implicazione $lArr$  è data da

$ord(g)=|G| rArr  ⟨g⟩=G $

Se $ordg=|G| $ allora, sempre per il fatto che ogni $g^r$ è unico per $0≤r $|⟨g⟩|=ordg=|G|$. L'unico sottoinsieme di $G $ con quella cardinalità è infatti l'insieme improprio corrispondente a $G$ stesso.

Un dubbio: ma se $g^{\prime}=1=g^(ord(g))$ allora $r=0$, essendo $0≤r
Grazie infinite

[vict85]

"Alin":Scusami vict85 e pegasu se mi intrometto, ma volevo sapere se ho interpretato bene la vostra dimostrazione con la doppia implicazione:
partendo da

$ ⟨g⟩=G hArr ord(g)=|G|$
Io devo dimostrare la prima implicazione: $rArr$ cioè
$ ⟨g⟩=G rArr ord(g)=|G|$
Qui si può osservare che  $⟨g⟩=G$ allora ovviamente  $abs ( ⟨g⟩)=|G|$
Questo è garantito dal fatto  che per ogni $g'$ esiste  un $z in ZZ$ tale che $g^{\prime}=g^z$

\(\langle g\rangle = G\) implica \(|\langle g\rangle| = |G|\) perché due insiemi uguali hanno la stessa cardinalità. Ma forse ho frainteso il tuo "Questo è garantito dal fatto  che". Insomma, quello che dici è vero, ma non è la ragione che rende vera quella implicazione, solo un altra conseguenza delle ipotesi.

"Alin":In particolare esiste per $1=g^(ord(g))$  e pertanto $ g^(ord(g))g^r=g^r$.

Che si abbia \(1 = g^{\mathrm{ord}(g)}\) è garantito dalla definizione di \(\mathrm{ord}(g)\). Semmai, stai usando il fatto che \(\langle g\rangle = G\) per affermare che \(\mathrm{ord}(g)\) esiste ed è finito. La seconda formula vale per qualsiasi \(t\) tale che \(g^t = 1\) e non solo per \(t = \mathrm{ord}(g)\).

"Alin":Quindi se $g '=g^r$ allora esiste un unico $ 0≤r
L'altra implicazione $lArr$  è data da

$ord(g)=|G| rArr  ⟨g⟩=G $

Se $ordg=|G| $ allora, sempre per il fatto che ogni $g^r$ è unico per $0≤r $|⟨g⟩|=ordg=|G|$. L'unico sottoinsieme di $G $ con quella cardinalità è infatti l'insieme improprio corrispondente a $G$ stesso.

ok

"Alin":Un dubbio: ma se $g^{\prime}=1=g^(ord(g))$ allora $r=0$, essendo $0≤r
Grazie infinite

Sì, \(\mathrm{ord}(g)\) è di fatto il primo indice non-negativo in cui \(r\mapsto g^r\) si ripete. Ma \(g^{0}=1\) è sempre vero, anche quando \(\mathrm{ord}(g)\) è infinito.

[Alin2]

Grazie vict85!
Se ho capito quindi
$ ⇒$ :
$⟨g⟩=G⇒ord(g)=|G|$ è verificata perchè due insiemi uguali hanno la stessa cardinalità. È questo basta.
Tutte le altre cose viste prima sono conseguenze dell'ipotesi.

Mentre $ ⇐ $:
$ord(g)=|G|⇒ ⟨g⟩=G $ è verificata perchè se ogni $g^r$ è unico per $0≤r $|⟨g⟩|=ordg=|G|$ e l'unico sottoinsieme di $G$ con quella cardinalità è infatti l'insieme improprio corrispondente a $G$ stesso.

Qui si poteva dire che l'implicazione è verificata perchè, se $g$ è il generatore di un insieme $G$ segue che $ord(g)=|G|$ e banalmente risulta che il gruppo generato da $g$ è uguale a $G$ stesso e cioè $⟨g⟩=G$

Si poteva scrivere invece di  $g^r$ è unico per $0≤r $g^r$ è unico per $0

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[vict85]

"Alin":Grazie vict85!
Se ho capito quindi
$ ⇒$ :
$⟨g⟩=G⇒ord(g)=|G|$ è verificata perchè due insiemi uguali hanno la stessa cardinalità. È questo basta.
Tutte le altre cose viste prima sono conseguenze dell'ipotesi.

No. \(\langle g\rangle = G\) implica \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\) perché due insiemi coincidenti hanno la stessa cardinalità. Mentre \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \mathrm{ord} g\) perché ogni elemento di \(G\) compare esattamente una volta nell'insieme \(\{ 1, g, g^2, \dotsc, g^{\mathrm{ord} g - 1} \}\) e da \(g^{\mathrm{ord} g}\), gli elementi non fanno che ripetersi ciclicamente. Comunque non cercare il modo giusto per dirlo, cerca di capire i concetti. Ci sono molti modi di dire la stessa cosa.

"Alin":Mentre $ ⇐ $:
$ord(g)=|G|⇒ ⟨g⟩=G $ è verificata perchè se ogni $g^r$ è unico per $0≤r $|⟨g⟩|=ordg=|G|$ e l'unico sottoinsieme di $G$ con quella cardinalità è infatti l'insieme improprio corrispondente a $G$ stesso.

Qui si poteva dire che l'implicazione è verificata perchè, se $g$ è il generatore di un insieme $G$ segue che $ord(g)=|G|$ e banalmente risulta che il gruppo generato da $g$ è uguale a $G$ stesso e cioè $⟨g⟩=G$

Si poteva scrivere invece di  $g^r$ è unico per $0≤r $g^r$ è unico per $0

Si, ma includere \(0\) invece che \(\mathrm{ord} g\) ha più senso per via del fatto che \(\langle g\rangle \cong \mathbb{Z}/\ker \xi_g\) dove \(\xi_g\) è l'omomorfismo che ho definito qualche messaggio fa. Non è difficile da vedere che \(\ker \xi_g = (\mathrm{ord} g)\mathbb{Z}\) e quindi \(\langle g\rangle \cong \mathbb{Z}/\ker \xi_g \cong \mathbb{Z}/(\mathrm{ord} g)\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}_{\mathrm{ord} g}\).

[Alin2]

Grazie sempre vict85, ti prego di avere  pazienza, cerco solo di  interpretare meglio la dimostrazione.
Concettualmente è abbastanza chiaro!
Parto solo, per il momento,  con la  prima implicazione: $rArr$
cioè $ ⟨g⟩=G rArr o(g)=|G|$:

due insiemi coincidenti hanno  ovviamente  la stessa cardinalità. Ne segue quindi che $⟨g⟩=G rArr  abs ( ⟨g⟩)=|G|$ e
$ abs ( ⟨g⟩)=|G| rarr |⟨g⟩|=o(g)$.
Quest'ultima uguaglianza  è garantita dal fatto  che $ AA g' in G  EE z in ZZ | g^{\prime}=g^z$
Ora   essendo $ z=  o(g)*q+r $ avremo $ (g^((o(g))))^q*g^r=g^r$. (Questo mostra che gli elementi da $g^(o(g))$ si ripetono).Quindi se $g '=g^r$ allora esiste un unico $ 0≤r Dunque  ${g^z∣z∈Z}=G⊆{g^r∣0≤r

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[vict85]

Non so se è una questione di esposizione o se davvero pensi che \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\) implichi \(\lvert\langle g\rangle\rvert = o(g)\). Perché questo è semplicemente falso. Cerco di fare un po' di chiarezza.

Ignora per un momento questa specifica dimostrazione. Sia \(G\) un gruppo finito e \(g\) un suo elemento qualsiasi. Siccome \(G\) ha un numero finito di elementi, la funzione \(r\mapsto g^r\) si dovrà necessariamente ripetere ad un certo punto. Sia quindi \(g^r = g^t\) con \(t < r\). Moltiplicando per \(g^{-t}\) da entrambe le parti, ricavo \(g^{r-t} = 1\). Siccome \(r\neq t\), abbiamo dimostrato che esistono indici \(s\neq 0\) per cui \(g^s = 1\). Da qui segue che per i gruppi finiti, \(o(g) = \min \{ s\in \mathbb{N}_{>0}: g^s=1\}\) è ben definito. Inoltre, siccome \(r-t < r\), allora tutti i \(g^r\) con \(r < o(g)\) devono essere unici. Questi discorsi valgono per tutti i gruppi finiti e per tutti i loro elementi[nota]In realtà valgono persino più in generale. Nei gruppi infiniti, potrebbe non esistere alcuna ripetizione, ma se ci sono allora valgono tutte le considerazione fatte qui.[/nota].
Usando l'identità di Bezout, è possibile far vedere che se \(g^s = 1\) allora \(s = ko(g)\) per qualche \(k \ge 0\). Infatti, preso un quasi \(s\) tale che \(g^s = 1\), è evidente che \(\forall a,b,\,g^{ao(g)}g^{bs} = g^{ao(g) + bs} = 1\) e dalla definizione di \(o(g)\) non può esistere un \(d|o(g)\) diverso da \(o(g)\) tale che \(g^d = 1\).
Similmente, usando la divisione con resto, si ha che \(\forall t,\,g^{t} = g^{ko(g) + r} = g^r\) dove \(0\le r < o(g)\). Ovvero, ogni elemento dopo \(o(g)\) è già apparso prima. Quindi, \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\) è sempre vero. Nota inoltre che necessariamente \(o(g) \le \lvert G\rvert\)

Come dico, questi sono discorsi generali, che valgono per tutti i gruppi finiti e per i loro elementi. Se \(\langle g\rangle = G\) allora non è che \(\lvert\langle g\rangle\rvert = \lvert G\rvert\) implica \(\lvert\langle g\rangle\rvert = o(g)\). I due risultati sono assolutamente indipendenti. Ma unendoli insieme ricavi il risultato finale.

[Alin2]

Grazie vict85, sto leggendo con interesse gli ultimi  tuoi suggerimenti!

Ma intanto, per capire un pò, cosa si deve modificare, per rendere esatta e più formale, la dimostrazione, fatta da me? Forse tutto!
Parto da
⇒
cioè $⟨g⟩=G⇒o(g)=|G|$

Due insiemi coincidenti hanno  ovviamente  la stessa cardinalità. Ne segue quindi che
$⟨g⟩=G⇒ |⟨g⟩|=|G|$
Ma perchè  $ |⟨g⟩|=o(g)$:?:

quest'ultima uguaglianza  è garantita dal fatto  che $∀g'∈G ∃z∈Z∣g′=g^z$
Ora   essendo per la divisione $  z= o(g)⋅q+r$  avremo $(g^(o(g)))^q⋅g^r=g^r$ dove $0≤r Quindi se $g'=g^r$ allora esiste un unico $ 0≤r Dunque  $ |⟨g⟩|=o(g)$ è ${g^z∣z∈Z}=G⊆{g^r∣0≤r

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