Esercizi di algebra
Ho creato alcuni semplici esercizi di algebra e, tanto per non sprecarli, li propongo a voi, magari vi possono essere utili come esercizio. 
Sia $G$ un gruppo finito. Dimostrare che:
1) Per ogni $a,b\in G$, l'ordine di $ab$ è uguale all'ordine di $ba$.
2) Se, per ogni $a\in G$, $a^2=1$, allora $G$ è abeliano.
3) Se il numero di elementi di $G$ è pari, allora esiste un elemento di ordine $2$.
Sia $G$ un gruppo finito. Dimostrare che:
1) Per ogni $a,b\in G$, l'ordine di $ab$ è uguale all'ordine di $ba$.
2) Se, per ogni $a\in G$, $a^2=1$, allora $G$ è abeliano.
3) Se il numero di elementi di $G$ è pari, allora esiste un elemento di ordine $2$.
Risposte
1) supponiamo $|ab| = n$ allora $(ab)^n = 1_{G}$ dunque $b^n = (a^{n})^-1$ ma allora $(ba)^n = (a^{n})^-1(a^n) = 1_{G}$, posto che $(ab)^n = a^{n}b^{n}$ che si vede per induzione se non sbaglio
2)prendo $ba*ab = ba^2b = b^2 = 1_{G}$ ho che $ab = (ba)^(-1)$, allora stesso tempo $gg=1 iff g=g^(-1)$ dunque $(ba)^-1 = ba$ e allora $ab = ba$
2)prendo $ba*ab = ba^2b = b^2 = 1_{G}$ ho che $ab = (ba)^(-1)$, allora stesso tempo $gg=1 iff g=g^(-1)$ dunque $(ba)^-1 = ba$ e allora $ab = ba$
scusa il 3 e' un caso speciale del teorema di cauchy...
Per quanto riguarda il primo esercizio, non è vero che $(ab)^n=a^nb^n$, non siamo in un gruppo abeliano... Quindi la dimostrazione non va.
Il secondo esercizio è giusto.
Per quanto riguarda il terzo, vietato usare il teorema di Cauchy!!
Il ragionamento è molto semplice, ho messo il quesito proprio per far notare che in questo caso il teorema di Cauchy si può dimostrare direttamente e facilmente.
Il secondo esercizio è giusto.
Per quanto riguarda il terzo, vietato usare il teorema di Cauchy!!
Il ragionamento è molto semplice, ho messo il quesito proprio per far notare che in questo caso il teorema di Cauchy si può dimostrare direttamente e facilmente.
"vl4d":
$(ab)^n = a^{n}b^{n}$ che si vede per induzione se non sbaglio
vale solo se a e b risultano permutabili....
iniziavo a preoccuparmi ma questo dovrebbe andare:
$(ab)^n = 1 -> b(ab)^n = b -> (ba)^n = 1$ dunque l'ordine di $ba$ e' del tipo $n/k in NN, k > 0$
$(ba)^(n/k) = 1 -> a(ba)^(n/k)=a -> (ab)^(n/k)a = a -> (ab)^(n/k) = 1$ ma allora $n/k = n$ perche' l'ordine di $ab$ e' $n$, da cui $k=1$
adesso penso al 3...
$(ab)^n = 1 -> b(ab)^n = b -> (ba)^n = 1$ dunque l'ordine di $ba$ e' del tipo $n/k in NN, k > 0$
$(ba)^(n/k) = 1 -> a(ba)^(n/k)=a -> (ab)^(n/k)a = a -> (ab)^(n/k) = 1$ ma allora $n/k = n$ perche' l'ordine di $ab$ e' $n$, da cui $k=1$
adesso penso al 3...
Esatto, adesso ci siamo. 
ascolta io ho provato un po' a giocare sul teorema di lagrange ma non sono andato molto lontano... ho provato a supporre che tutti i ciclici abbiano ordine dispari e a cavarne fuori un assurdo usando il fatto che le classi laterali di un sottogruppo hanno la stessa cardinalita' del sottogruppo. fin'ora niente 
ma e' una buona strada?
ma e' una buona strada?
"vl4d":
ho provato a supporre che tutti i ciclici abbiano ordine dispari e a cavarne fuori un assurdo usando il fatto che le classi laterali di un sottogruppo hanno la stessa cardinalita' del sottogruppo. fin'ora niente
Non mi sembra la giusta via, non capisco perché tu abbia considerato i gruppi ciclici... Comunque la dimostrazione del 3) è molto semplice, si tratta soltanto di trovare l'idea giusta.
Ti do un aiuto: io l'ho dimostrato per assurdo.
supponiamo che non ci siano elementi di ordine 2, allora $forall g!=1 in G$ abbiamo $g^-1 != g$ dato che $|G|=2q$ e' pari, abbiamo che il numero di $g!=1$ e' $2q-1$: dispari. (1)
adesso consideriamo le coppie $(g_{1}, g_{2})$, sia y il numero di insiemi di cardinalita' due: ${g_{1}, g_{2}: g_{1},g_{2} !=1 in G}$, allora per ogni $y$ ho due coppie: $(g_{1}, g_{2})$ e $(g_{2}, g_{1})$, quindi in totale ho $2y$ coppie. D'altra parte sia $x_{i}$ il numero di volte che $g_{i}$ compare a primo membro, il numero di coppie sara' $\sum_{k=1}^n x_{i}$ = 2y dove $n$ sarebbe $2q-1$ per quanto detto.
ad ogni modo se una somma di $n$ numeri e' pari, fra gli addendi c'e' un numero pari di dispari. dunque c'e' un numero pari di $g in G$ tale che compaiono a primo membro una sola volta. in (1) abbiamo trovato che tutti i $g$ possono comparire solo una volta a primo membro(e 1 e' dispari) e che il numero di questi g e' dispari. assurdo.
ma come al solito devo aver complicato le cose... cmq se va bene, prima pensavo a tutt'altra soluzione... e' proprio vero che basta cambiare punto di vista
adesso consideriamo le coppie $(g_{1}, g_{2})$, sia y il numero di insiemi di cardinalita' due: ${g_{1}, g_{2}: g_{1},g_{2} !=1 in G}$, allora per ogni $y$ ho due coppie: $(g_{1}, g_{2})$ e $(g_{2}, g_{1})$, quindi in totale ho $2y$ coppie. D'altra parte sia $x_{i}$ il numero di volte che $g_{i}$ compare a primo membro, il numero di coppie sara' $\sum_{k=1}^n x_{i}$ = 2y dove $n$ sarebbe $2q-1$ per quanto detto.
ad ogni modo se una somma di $n$ numeri e' pari, fra gli addendi c'e' un numero pari di dispari. dunque c'e' un numero pari di $g in G$ tale che compaiono a primo membro una sola volta. in (1) abbiamo trovato che tutti i $g$ possono comparire solo una volta a primo membro(e 1 e' dispari) e che il numero di questi g e' dispari. assurdo.
ma come al solito devo aver complicato le cose... cmq se va bene, prima pensavo a tutt'altra soluzione... e' proprio vero che basta cambiare punto di vista
Sì, l'idea è quella, ma io ho capito quello che vuoi dire perché già conosco la dimostrazione, non perché sia chiaro quello che hai scritto!
Avresti dovuto scrivere: consideriamo gli insiemi della forma ${g,g^{-1}}$, con $g\ne 1$. Essi contengono ciascuno esattamente due elementi, poiché per ipotesi di assurdo $g\ne g^{-1}$. Inoltre gli insiemi in questione sono fra loro uguali o disgiunti, per l'unicità dell'elemento inverso. Dunque partizionano $G-{1}$ a coppie, e dunque $G-{1}$ ha un numero di elementi pari: assurdo.
Comunque, bene vl4d, spero che gli esercizi ti siano stati utili!
Avresti dovuto scrivere: consideriamo gli insiemi della forma ${g,g^{-1}}$, con $g\ne 1$. Essi contengono ciascuno esattamente due elementi, poiché per ipotesi di assurdo $g\ne g^{-1}$. Inoltre gli insiemi in questione sono fra loro uguali o disgiunti, per l'unicità dell'elemento inverso. Dunque partizionano $G-{1}$ a coppie, e dunque $G-{1}$ ha un numero di elementi pari: assurdo.
Comunque, bene vl4d, spero che gli esercizi ti siano stati utili!
si gli esercizi, specie questo, erano veramente ben fatti. adesso sto cercando di installare GAP su OSX perche' 'sti gruppi mi hanno preso lo conosci gia'? http://www-gap.mcs.st-and.ac.uk/
penso sia utile anche a questo: tu pensi a una particolare proprieta' dei gruppi, GAP ti dice se ci sono controesempi immediati alla tua "mini-congettura", se non ci sono hai risparmiato tempo e puoi andare avanti a dimostrare
poi dovresti poterci fare tantissime altre cose...
lo conosci gia'? http://www-gap.mcs.st-and.ac.uk/penso sia utile anche a questo: tu pensi a una particolare proprieta' dei gruppi, GAP ti dice se ci sono controesempi immediati alla tua "mini-congettura", se non ci sono hai risparmiato tempo e puoi andare avanti a dimostrare
poi dovresti poterci fare tantissime altre cose...
"vl4d":
si gli esercizi, specie questo, erano veramente ben fatti. adesso sto cercando di installare GAP su OSX perche' 'sti gruppi mi hanno preso
Interessante, non lo conoscevo! Buona dritta! Proverò a vedere come funziona
Anch'io mi diverto molto con i gruppi. Mi piacciono per la loro eleganza astratta, e per il fatto che da una semplice definizione nasce una struttura matematica così ricca di proprietà.
ok, ho creato anch'io un semplice esercizietto (spero solo che sia giusto ) :
Sia $G$ un gruppo in cui ogni elemento diverso dall'identita' ha ordine $r!=1$, allora G e' un ciclico di ordine r, ed r e' primo
) :Sia $G$ un gruppo in cui ogni elemento diverso dall'identita' ha ordine $r!=1$, allora G e' un ciclico di ordine r, ed r e' primo
"vl4d":
Sia $G$ un gruppo in cui ogni elemento diverso dall'identita' ha ordine $r!=1$, allora G e' un ciclico di ordine r, ed r e' primo
Eh eh, direi che non è vero. Prendiamo $ZZ_p$, il gruppo degli interi modulo $p$ dotato di addizione, con $p$ primo. Consideriamo il gruppo prodotto $G=ZZ_p xx ZZ_p$. Chiaramente ogni elemento di $G$ è di ordine $p$, ma $G$ ha ordine $p^2$.
infatti mi sono accorto che ho commesso un errore. Pero' e' cmq vero che $G$ e' un p-gruppo (cioe' ha ordine $p^n$). Inoltre ho trovato in rete che il teorema vale se G ha un automorfismo transitivo.... qual'e' la differenza tra un automorfismo e un automorfismo transitivo?
Non lo so, non conosco nemmeno la definizione di automorfismo transitivo. Ho cercato in rete, ma non ho trovato nulla. Se magari qualcuno trova la definizione e la posta, si può tentare di dimostrare il teorema...
"vl4d":
Sia $G$ un gruppo in cui ogni elemento diverso dall'identita' ha ordine $r!=1$, allora G e' un ciclico di ordine r, ed r e' primo
io direi quanto segue:
se $G$ è un gruppo di ordine primo, dal teorema di Lagrange segue che $G$ è privo di sottogruppi non banali,e quindi
$G=(:x:), AA x in G \\ {1}.$
Pertanto ogni gruppo di ordine primo è ciclico.
Infatti:
$ {1}!=(:x:) <=G, 1<|(:x:)|$ divide $p=|G| =>|(:x:)|=p => G=(:x:)$
se $G$ è un gruppo di ordine primoquesto e' quello che dovevi dimostrare, e come se non bastasse non puoi farlo con le mie ipotesi perche' mi sono accorto che il teoremino non e' corretto.
Pero' puoi dimostrare che l'ordine di G e' una potenza di un primo. Ma da questo non segue necessariamente che G e' ciclico...
"vl4d":questo e' quello che dovevi dimostrare, e come se non bastasse non puoi farlo con le mie ipotesi perche' mi sono accorto che il teoremino non e' corretto.[\quote]se $G$ è un gruppo di ordine primo
NO!
non è una dimostrazione ma solo conseguenza di definizione di gruppo ciclico sfruttando il teorema di Lagrange.....
anche xk come tu stesso dici il tuo teorema non è corretto...
scusa ma allora non ho capito cosa centra il fatto che se $|G|=p$ e' primo allora G e' il ciclico di ordine p con quello che stavamo dicendo ?!?
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