Dubbio su un esercizio dell'Herstein
Buona sera a tutti, da poco ho cominciato a studiare un po' di algebra astratta sull'Herstein e mi sono bloccato su un esercizio:
Ho provato subito a fare un caso particolare, ho definito un gruppo abeliano G = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
e il prodotto con la seguente tabella:
Poi ho posto i due sottogruppi H = {1, 2} e G = {1, 2, 3}.
Ora gli ordini dei due sottogruppi sono 2 e 3, e secondo tesi da dimostrare dovrebbe esistere un sottogruppo L di ordine mcm(2, 3) = 6.
Ma se L = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, L non è chiuso perché 2x6 = 6x2 = 7, e analogamente se escludo un qualsiasi altro elemento il sottogruppo non sarà chiuso, percui la tesi risulta falsa
So che sono cose banali e che molto probabilmente ho commesso qualche errore stupido solo che non riesco proprio a vederlo
, qualcuno sarebbe così gentile da darmi una mano?
Ho provato subito a fare un caso particolare, ho definito un gruppo abeliano G = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
e il prodotto con la seguente tabella:
Poi ho posto i due sottogruppi H = {1, 2} e G = {1, 2, 3}.
Ora gli ordini dei due sottogruppi sono 2 e 3, e secondo tesi da dimostrare dovrebbe esistere un sottogruppo L di ordine mcm(2, 3) = 6.
Ma se L = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, L non è chiuso perché 2x6 = 6x2 = 7, e analogamente se escludo un qualsiasi altro elemento il sottogruppo non sarà chiuso, percui la tesi risulta falsa
So che sono cose banali e che molto probabilmente ho commesso qualche errore stupido solo che non riesco proprio a vederlo
, qualcuno sarebbe così gentile da darmi una mano?
Risposte
Ciao, benvenuto nel forum.
La tua tabella non determina un gruppo perché per esempio [tex]2 \ast 3 = 2[/tex] e quindi moltiplicando a sinistra per l'inverso di [tex]2[/tex] trovi [tex]3 = 1[/tex], assurdo.
La tua tabella non determina un gruppo perché per esempio [tex]2 \ast 3 = 2[/tex] e quindi moltiplicando a sinistra per l'inverso di [tex]2[/tex] trovi [tex]3 = 1[/tex], assurdo.
Si hai ragione, ho ricontrollato e se \(\displaystyle a \otimes b = \mid a - b \mid + 1 \) (la tabella rappresentava questo prodotto, con l'eccezione \(\displaystyle 2 \otimes 6 = 6 \otimes 2 = 7 \) fatta appositamente affinchè non valesse la tesi), non vale la legge associativa.
Infatti se ho \(\displaystyle b < a < c \), sostituendo la precedente definizione alla proprietà associativa \(\displaystyle a \otimes (b \otimes c) = (a \otimes b) \otimes c \) dopo un po' di calcoli esce che \(\displaystyle a = c \) e quindi non è sempre valida, infatti \(\displaystyle (3 \otimes 2) \otimes 4 \neq 3 \otimes (2 \otimes 4) \)
Avrei dovuto pensarci, dato che \(\displaystyle G \) è chiuso, esiste l'elemento neutro e l'inverso per ogni elemento il problema doveva essere per forza quello, comunque grazie(anche per il benvenuto)
Infatti se ho \(\displaystyle b < a < c \), sostituendo la precedente definizione alla proprietà associativa \(\displaystyle a \otimes (b \otimes c) = (a \otimes b) \otimes c \) dopo un po' di calcoli esce che \(\displaystyle a = c \) e quindi non è sempre valida, infatti \(\displaystyle (3 \otimes 2) \otimes 4 \neq 3 \otimes (2 \otimes 4) \)
Avrei dovuto pensarci, dato che \(\displaystyle G \) è chiuso, esiste l'elemento neutro e l'inverso per ogni elemento il problema doveva essere per forza quello, comunque grazie(anche per il benvenuto)
Lavorare con sottogruppi di ordine un primo non è il modo migliore per trovare una soluzione al problema. Al limite ti permetterebbe di dimostrare una sua versione molto particolare.
Sulle colonne ci sono elementi ripetuti,ciò che hai scritto non è un gruppo, dalla tabella si evince che non valgono le leggi di cancellazione.
(Infatti vale la seguente proposizione : Se * è un'operazione associativa, G un insieme non vuoto. G è un gruppo se e solo se per * valgono entrambe le leggi di cancellazione (dimostralo!)")
Comunque riguardo al problema, penso (non sono sicuro, anche io sono un neofita di algebra astratta
) , che il Teorema di lagrange per i gruppi abeliani finiti possa servire a qualcosa...
(Infatti vale la seguente proposizione : Se * è un'operazione associativa, G un insieme non vuoto. G è un gruppo se e solo se per * valgono entrambe le leggi di cancellazione (dimostralo!)")
Comunque riguardo al problema, penso (non sono sicuro, anche io sono un neofita di algebra astratta
) , che il Teorema di lagrange per i gruppi abeliani finiti possa servire a qualcosa...
Yep, ho pensato a qualche caso particolare ma non sono riuscito a risolverlo del tutto, cioè ho pensato che se \(\displaystyle o(H) \) e \(\displaystyle o(K) \) sono coprimi allora il gruppo che cerchiamo è \(\displaystyle HK \) perchè siccome il gruppo è commutativo \(\displaystyle HK = KH \) e \(\displaystyle o(HK) = \frac{o(H)o(K))}{o(H \cap K} = o(H)o(K) = \frac{o(H)o(K)}{MCD(o(H), o(K))} = mcm(o(H), o(K)) \)
Poi ho pensato che analogamente se \(\displaystyle o(H \cap K) = MCD(o(H),o(K)) \) allora è sempre \(\displaystyle HK \), ma è così per tutti i gruppi? O forse posso dimostrare che esistono sottogruppi di ordine multiplo dell'ordine di un sottogruppo dato?
Più che altro non mi vengono in mente gruppi abeliani con sottogruppi, provo ad andare un po' avanti e lo rifaccio dopo
Comunque grazie di nuovo a tutti
Poi ho pensato che analogamente se \(\displaystyle o(H \cap K) = MCD(o(H),o(K)) \) allora è sempre \(\displaystyle HK \), ma è così per tutti i gruppi? O forse posso dimostrare che esistono sottogruppi di ordine multiplo dell'ordine di un sottogruppo dato?
Più che altro non mi vengono in mente gruppi abeliani con sottogruppi, provo ad andare un po' avanti e lo rifaccio dopo
Comunque grazie di nuovo a tutti
"marcoumbrello":
Poi ho pensato che analogamente se \(\displaystyle o(H \cap K) = MCD(o(H),o(K)) \) allora è sempre \(\displaystyle HK \), ma è così per tutti i gruppi?
A parte che hai dimenticato l'aggettivo abeliano, la risposta è no: se \(\displaystyle G = H\times K \) allora \(\displaystyle H\cap K \) è banale indipendentemente dagli ordini di \(\displaystyle H \) e \(\displaystyle K \)
Ci dovrei pensare un attimo ma direi che ti puoi limitare al caso \(\displaystyle G = H\times K \).
Infatti se l'intersezione dei due sottogruppi è non banale e di cardinalità inferiore al MCD allora puoi sempre quozientare per l'intersezione e portarti al caso \(\displaystyle G = H\times K \). Infatti la soluzione del gruppo iniziale sarà la controimmagine della soluzione nel quoziente (ho fatto i calcoli velocemente ma dovrebbe essere così). Il restringersi a \(\displaystyle HK \) è semplicemente legato al fatto che \(\displaystyle HK \) è un gruppo che contiene sottogruppi di quella cardinalità (il più piccolo che contiene \(\displaystyle H \) e \(\displaystyle K \)) e se un gruppo lo contiene allora conterrà anche la soluzione del problema per \(\displaystyle HK \).
Infatti se l'intersezione dei due sottogruppi è non banale e di cardinalità inferiore al MCD allora puoi sempre quozientare per l'intersezione e portarti al caso \(\displaystyle G = H\times K \). Infatti la soluzione del gruppo iniziale sarà la controimmagine della soluzione nel quoziente (ho fatto i calcoli velocemente ma dovrebbe essere così). Il restringersi a \(\displaystyle HK \) è semplicemente legato al fatto che \(\displaystyle HK \) è un gruppo che contiene sottogruppi di quella cardinalità (il più piccolo che contiene \(\displaystyle H \) e \(\displaystyle K \)) e se un gruppo lo contiene allora conterrà anche la soluzione del problema per \(\displaystyle HK \).
Dubito che si possa fare con metodi elementari [MODIFICO: si può fare usando solo il teorema di Cauchy, cf. il mio prossimo intervento], in ogni caso rilancio col seguente problema, che ovviamente generalizza quello dell'Herstein proposto:
Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano finito. Allora per ogni divisore [tex]d[/tex] di [tex]|G|[/tex] esiste [tex]H \leq G[/tex] di ordine [tex]d[/tex].
In realtà questo risultato vale più in generale per i gruppi nilpotenti finiti. Questo si esprime in breve dicendo che i gruppi finiti nilpotenti sono lagrangiani o CLT (se n'è parlato sul forum qui), cioè per essi vale il cosiddetto "inverso" del teorema di Lagrange.
L'idea per dimostrarlo è ridursi al caso dei [tex]p[/tex]-gruppi (osservando che [tex]G[/tex] in quanto abeliano è - appunto - nilpotente, cioè è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow), che è immediato una volta stabilita l'esistenza di una serie centrale i cui fattori hanno ordine [tex]p[/tex] (la quale si ottiene semplicemente considerando elementi centrali di ordine [tex]p[/tex]).
Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano finito. Allora per ogni divisore [tex]d[/tex] di [tex]|G|[/tex] esiste [tex]H \leq G[/tex] di ordine [tex]d[/tex].
In realtà questo risultato vale più in generale per i gruppi nilpotenti finiti. Questo si esprime in breve dicendo che i gruppi finiti nilpotenti sono lagrangiani o CLT (se n'è parlato sul forum qui), cioè per essi vale il cosiddetto "inverso" del teorema di Lagrange.
L'idea per dimostrarlo è ridursi al caso dei [tex]p[/tex]-gruppi (osservando che [tex]G[/tex] in quanto abeliano è - appunto - nilpotente, cioè è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow), che è immediato una volta stabilita l'esistenza di una serie centrale i cui fattori hanno ordine [tex]p[/tex] (la quale si ottiene semplicemente considerando elementi centrali di ordine [tex]p[/tex]).
"Martino":
Dubito che si possa fare con metodi elementari, in ogni caso rilancio col seguente problema, che ovviamente generalizza quello dell'Herstein proposto:
Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano finito. Allora per ogni divisore [tex]d[/tex] di [tex]|G|[/tex] esiste [tex]H \leq G[/tex] di ordine [tex]d[/tex].
In realtà questo risultato vale più in generale per i gruppi nilpotenti finiti. Questo si esprime in breve dicendo che i gruppi finiti nilpotenti sono lagrangiani o CLT (se n'è parlato sul forum qui), cioè per essi vale il cosiddetto "inverso" del teorema di Lagrange.
L'idea per dimostrarlo è ridursi al caso dei [tex]p[/tex]-gruppi (osservando che [tex]G[/tex] in quanto abeliano è - appunto - nilpotente, cioè è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow), che è immediato una volta stabilita l'esistenza di una serie centrale i cui fattori hanno ordine [tex]p[/tex] (la quale si ottiene semplicemente considerando elementi centrali di ordine [tex]p[/tex]).
Certo, il mio suggerimento cercava solo di ridurre il problema ad un caso forse più fattibile, conoscendo i gruppi di Sylow o addirittura il teorema di struttura diventa tutto piuttosto banale. Conoscerli penso però che ti possa condizionare troppo nel tentativo di risoluzione. Di fatto cercheresti di ridimostrarli.
In realtà ho usato un po' di paroloni, ma l'idea di fondo è molto semplice.
Voglio mostrare questo:
Proposizione. Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano finito. Allora per ogni divisore [tex]d[/tex] di [tex]|G|[/tex] esiste [tex]H \leq G[/tex] di ordine [tex]d[/tex].
Scriviamo [tex]d = p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}[/tex] come prodotto di potenze di primi. Vogliamo produrre un sottogruppo di [tex]G[/tex] di ordine [tex]d[/tex]. Per questo basta usare l'istanza più semplice del problema, che è il
Teorema di Cauchy: se il primo [tex]p[/tex] divide l'ordine del gruppo finito [tex]G[/tex] allora esiste [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex].
Prendiamo infatti [tex]g_{11} \in G[/tex] di ordine [tex]p_1[/tex], poi prendiamo [tex]g_{12}[/tex] la cui immagine in [tex]G/\langle g_{11} \rangle[/tex] ha ordine [tex]p_1[/tex], poi prendiamo [tex]g_{13}[/tex] la cui immagine in [tex]G/\langle g_{11},g_{12} \rangle[/tex] ha ordine [tex]p_1[/tex], e così via fino a [tex]g_{1 a_1}[/tex], poi analogamente troviamo [tex]g_{21}, \ldots g_{2 a_2}[/tex] le cui immagini nei quozienti successivi hanno ordine [tex]p_2[/tex] e così via fino a [tex]g_{k 1}, \ldots, g_{k a_k}[/tex]. E' chiaro che [tex]|\langle g_{11}, \ldots, g_{k a_k} \rangle| = d[/tex].
In altre parole: procediamo per induzione su [tex]|G|[/tex]. Dato un divisore primo [tex]p[/tex] di [tex]d[/tex] prendiamo [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex]. Ora per ipotesi induttiva esiste [tex]K/ \langle g \rangle \leq G/ \langle g \rangle[/tex] di ordine [tex]d/p[/tex] e quindi [tex]|K| = |K/\langle g \rangle| \cdot |\langle g \rangle| = (d/p) \cdot p = d[/tex].
Voglio mostrare questo:
Proposizione. Sia [tex]G[/tex] un gruppo abeliano finito. Allora per ogni divisore [tex]d[/tex] di [tex]|G|[/tex] esiste [tex]H \leq G[/tex] di ordine [tex]d[/tex].
Scriviamo [tex]d = p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}[/tex] come prodotto di potenze di primi. Vogliamo produrre un sottogruppo di [tex]G[/tex] di ordine [tex]d[/tex]. Per questo basta usare l'istanza più semplice del problema, che è il
Teorema di Cauchy: se il primo [tex]p[/tex] divide l'ordine del gruppo finito [tex]G[/tex] allora esiste [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex].
Prendiamo infatti [tex]g_{11} \in G[/tex] di ordine [tex]p_1[/tex], poi prendiamo [tex]g_{12}[/tex] la cui immagine in [tex]G/\langle g_{11} \rangle[/tex] ha ordine [tex]p_1[/tex], poi prendiamo [tex]g_{13}[/tex] la cui immagine in [tex]G/\langle g_{11},g_{12} \rangle[/tex] ha ordine [tex]p_1[/tex], e così via fino a [tex]g_{1 a_1}[/tex], poi analogamente troviamo [tex]g_{21}, \ldots g_{2 a_2}[/tex] le cui immagini nei quozienti successivi hanno ordine [tex]p_2[/tex] e così via fino a [tex]g_{k 1}, \ldots, g_{k a_k}[/tex]. E' chiaro che [tex]|\langle g_{11}, \ldots, g_{k a_k} \rangle| = d[/tex].
In altre parole: procediamo per induzione su [tex]|G|[/tex]. Dato un divisore primo [tex]p[/tex] di [tex]d[/tex] prendiamo [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex]. Ora per ipotesi induttiva esiste [tex]K/ \langle g \rangle \leq G/ \langle g \rangle[/tex] di ordine [tex]d/p[/tex] e quindi [tex]|K| = |K/\langle g \rangle| \cdot |\langle g \rangle| = (d/p) \cdot p = d[/tex].
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