Esercizio
Ciao a tutti. Spero possiate darmi una mano.
Ho il seguente testo:
"Determinare gli elementi del sottogruppo di GL(2,Q) generato dalle 2 matrici:
a = [tex]\begin{bmatrix}
1 & 2 \\
0 & 1
\end{bmatrix}[/tex]
e
b = [tex]\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
2 & 1
\end{bmatrix}[/tex]"
Allora, ovviamente osservo che le 2 matrici appartengo a GL(2,Q).
Poi stavo pensando di calcolare le potenze delle matrici, ma non so se mi porta da qualche parte questa strada.
Per il momento, il sottogruppo cercato dovrebbe contenere la matrice Identità, la matrice a e la matrice b.
La domanda è: c'è un modo a priori per sapere di quanti elementi consta il sottogruppo? e poi come posso trovare gli elementi del sottogruppo?
spero possiate aiutarmi. Grazie
Ho il seguente testo:
"Determinare gli elementi del sottogruppo di GL(2,Q) generato dalle 2 matrici:
a = [tex]\begin{bmatrix}
1 & 2 \\
0 & 1
\end{bmatrix}[/tex]
e
b = [tex]\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
2 & 1
\end{bmatrix}[/tex]"
Allora, ovviamente osservo che le 2 matrici appartengo a GL(2,Q).
Poi stavo pensando di calcolare le potenze delle matrici, ma non so se mi porta da qualche parte questa strada.
Per il momento, il sottogruppo cercato dovrebbe contenere la matrice Identità, la matrice a e la matrice b.
La domanda è: c'è un modo a priori per sapere di quanti elementi consta il sottogruppo? e poi come posso trovare gli elementi del sottogruppo?
spero possiate aiutarmi. Grazie
Risposte
nessuno riesce a darmi un input?
\(\displaystyle A\) e \(\displaystyle B\) commutano? 
Le due matrici stanno nel sottogruppo $SL(2,ZZ)$.
Il gruppo $G$ generato da $a$ e $b$ e’ quindi un sottogruppo di $SL(2,ZZ)$.
Poi, sia $a$ che $b$ e’ congrua modulo $2$ alla matrice identita’.
Forse $G$ consiste nelle matrici in $SL(2,ZZ)$ che sono congrue all’identita’ modulo $2$?
Il gruppo $G$ generato da $a$ e $b$ e’ quindi un sottogruppo di $SL(2,ZZ)$.
Poi, sia $a$ che $b$ e’ congrua modulo $2$ alla matrice identita’.
Forse $G$ consiste nelle matrici in $SL(2,ZZ)$ che sono congrue all’identita’ modulo $2$?
Si le matrici commutano ed effettivamente sono congrue a $I$ modulo $2$.
Quindi la risposta è già solo questa?
"consiste nelle matrici in SL(2,Z) che sono congrue all’identita’ modulo 2?"
Quindi la risposta è già solo questa?
"consiste nelle matrici in SL(2,Z) che sono congrue all’identita’ modulo 2?"
Se \(\displaystyle A\) e \(\displaystyle B\) commutano, allora la risposta è \(\displaystyle\left\{A^nB^m\in\mathrm{GL}(2,\mathbb{Q})\mid m,n\in\mathbb{Z}\right\}\)... ti trovi?
"j18eos":
Se \(\displaystyle A\) e \(\displaystyle B\) commutano, allora la risposta è \(\displaystyle\left\{A^nB^m\in\mathrm{GL}(2,\mathbb{Q})\mid m,n\in\mathbb{Z}\right\}\)... ti trovi?
Asp.. però, tramite prodotto riga per colonna, le due matrici non commutano.
Oops. Il gruppo $G$ e' piu' piccolo ancora $\ldots$
Si vede facilmente che $G\subset \Gamma$ dove $\Gamma$ e' il sottogruppo
di $SL(2,ZZ)$ che consiste nelle matrici
$\qquad\qquad\qquad$ $((a,b),(c,d))$
con $b,c$ pari e $a,d$ congrui a $1$ modulo $4$.
E secondo me l'inclusione e' un'uguaglianza: $G=\Gamma$.
Si vede facilmente che $G\subset \Gamma$ dove $\Gamma$ e' il sottogruppo
di $SL(2,ZZ)$ che consiste nelle matrici
$\qquad\qquad\qquad$ $((a,b),(c,d))$
con $b,c$ pari e $a,d$ congrui a $1$ modulo $4$.
E secondo me l'inclusione e' un'uguaglianza: $G=\Gamma$.
Meno male che ho scritto "se" 
Comunque, come notato da Stickelberger, \(\displaystyle G\) è un sottogruppo di \(\displaystyle\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})\), anzi di quel gruppo \(\displaystyle\Gamma\);
resta da trovare una qualche forma esplicita degli elementi di \(\displaystyle\Gamma\), e vedere che questa è sempre ottenibili come prodotto di elementi di \(\displaystyle G\).
Comunque, come notato da Stickelberger, \(\displaystyle G\) è un sottogruppo di \(\displaystyle\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})\), anzi di quel gruppo \(\displaystyle\Gamma\);
resta da trovare una qualche forma esplicita degli elementi di \(\displaystyle\Gamma\), e vedere che questa è sempre ottenibili come prodotto di elementi di \(\displaystyle G\).
Potrebbe essere che il sottogruppo cercato è:
$G ={$ [tex]\begin{bmatrix}
a & b \\
c & 1
\end{bmatrix}[/tex] $}$ dove $a$ è congruo a 1 modulo 2, mentre $b$ e $c$ sono congrui a 0 modulo 2
$G ={$ [tex]\begin{bmatrix}
a & b \\
c & 1
\end{bmatrix}[/tex] $}$ dove $a$ è congruo a 1 modulo 2, mentre $b$ e $c$ sono congrui a 0 modulo 2
"AAnto":
Potrebbe essere che il sottogruppo cercato è:
$ G ={ $ \( \begin{bmatrix} a & b \\ c & 1 \end{bmatrix} \) $ } $ dove $ a $ è congruo a 1 modulo 2, mentre $ b $ e $ c $ sono congrui a 0 modulo 2
Secondo me no.
$((1 ,0),(2, 1))((1, 2),(0,1))=((1,2),(2,5))$ non sta nel tuo gruppo
Quindi alla fine è il Gruppo che avevi scritto tu in un post precedente?
Ma come lo posso provare?
Ma come lo posso provare?
Proposizione. Sia $G$ il sottogruppo di $GL(2,QQ)$ generato dalle due matrici
$\qquad\qquad\qquad((1,0),(2,1))\qquad e\qquad ((1,2),(0,1))$
e sia $\Gamma$ il sottogruppo di $SL(2,ZZ)$ delle matrici $((a,b),(c,d))$
con $b,c$ pari e $a,d$ congrui a $1$ modulo $4$.
Allora $G=\Gamma$.
Dimostrazione. Una volta dimostrato che $\Gamma$ e’ un gruppo,
e’ chiaro che $G\subset\Gamma$, perche’ i due generatori sono in $\Gamma$.
Salto la verifica che $\Gamma$ e’ un gruppo.
Prima di iniziare la dimostrazione e’ utile osservare che per ogni $k\in ZZ$
le matrici $((1,0),(2,1))^k=((1,0),(2k,1))$ e $((1,2),(0,1))^k=((1,2k),(0,1))$ sono in $G$.
Ora sia $A=((a,b),(c,d))\in \Gamma$. Dimostriamo che $A\in G$ con induzione rispetto ad $|a|$.
Poiche’ $a$ e’ congruo a $1$ modulo $4$, il valore minimale e’ $|a|=1$,
in quel caso anche $a=1$. Ogni matrice in $\Gamma$ con $a=1$ ha la forma
$A=((1,b),(c,d))$ con $b,c$ pari e $d\equiv 1$ mod $4$.
Poiche’ $det(A)=1$, si ha che $d=bc+1$ e quindi
$A=((1,0),(c,1))((1,b),(0,1))$. Vediamo quindi che $A\in G$.
Questo conclude il caso $|a|=1$. Adesso facciamo il passo d’induzione.
Sia $A\in \Gamma$ con $|a|>1$.
L’idea e’ di scrivere la matrice $A$ come $A=A'B$ con $B\in G$ (e quindi $A'\in\Gamma$)
e dove la coordinata $a'$ della matrice $A'=((a',b'),(c',d'))$ soddisfa $|a'|<|a|$.
A quel punto abbiamo fatto per induzione.
Abbiamo che
$A((1,2k),(0,1))=((a,b),(c,d))((1,2k),(0,1))=((a,b'),(c,d'))$
con $b'=b+2ak$ e $d'=d+2ck$. Prendiamo $k$ l’intero piu’ vicino alla frazione $-b//2a$.
Abbiamo quindi che $|k+b//2a|\le 1/2$ e $|b'|=|b+2ak|\le |a|$
Poiche’ $b'$ e’ pari, ma $a$ e’ dispari, abbiamo infatti che $|b'|<|a|$.
Non e’ possibile che $b'=0$, perche’ in quel caso avremmo che $1 = det(A) = ad'$
e quindi anche $a=1$. Ma per ipotesi $|a|>1$.
Similmente abbiamo che
$((a,b'),(c,d'))((1,0),(2k',1))=((a',b'),(c',d'))$
con $a'=a+2b'k'$ e $c'=c+2d'k'$. Prendiamo $k'$ l’intero piu’ vicino alla frazione $-a//2b'$.
Otteniamo come sopra la disuguaglianza $|a'|<|b'|$. Ne segue che la coordinata $a'$ della matrice
$A'=((a',b'),(c',d'))$ soddisfa $|a'|< |b'|<|a|$. Per costruzione abbiamo che $A=A'B$ con
$B=((1,0),(2k',1))^{-1}((1,2k),(0,1))^{-1}$ in $G$.
Fatto.
$\qquad\qquad\qquad((1,0),(2,1))\qquad e\qquad ((1,2),(0,1))$
e sia $\Gamma$ il sottogruppo di $SL(2,ZZ)$ delle matrici $((a,b),(c,d))$
con $b,c$ pari e $a,d$ congrui a $1$ modulo $4$.
Allora $G=\Gamma$.
Dimostrazione. Una volta dimostrato che $\Gamma$ e’ un gruppo,
e’ chiaro che $G\subset\Gamma$, perche’ i due generatori sono in $\Gamma$.
Salto la verifica che $\Gamma$ e’ un gruppo.
Prima di iniziare la dimostrazione e’ utile osservare che per ogni $k\in ZZ$
le matrici $((1,0),(2,1))^k=((1,0),(2k,1))$ e $((1,2),(0,1))^k=((1,2k),(0,1))$ sono in $G$.
Ora sia $A=((a,b),(c,d))\in \Gamma$. Dimostriamo che $A\in G$ con induzione rispetto ad $|a|$.
Poiche’ $a$ e’ congruo a $1$ modulo $4$, il valore minimale e’ $|a|=1$,
in quel caso anche $a=1$. Ogni matrice in $\Gamma$ con $a=1$ ha la forma
$A=((1,b),(c,d))$ con $b,c$ pari e $d\equiv 1$ mod $4$.
Poiche’ $det(A)=1$, si ha che $d=bc+1$ e quindi
$A=((1,0),(c,1))((1,b),(0,1))$. Vediamo quindi che $A\in G$.
Questo conclude il caso $|a|=1$. Adesso facciamo il passo d’induzione.
Sia $A\in \Gamma$ con $|a|>1$.
L’idea e’ di scrivere la matrice $A$ come $A=A'B$ con $B\in G$ (e quindi $A'\in\Gamma$)
e dove la coordinata $a'$ della matrice $A'=((a',b'),(c',d'))$ soddisfa $|a'|<|a|$.
A quel punto abbiamo fatto per induzione.
Abbiamo che
$A((1,2k),(0,1))=((a,b),(c,d))((1,2k),(0,1))=((a,b'),(c,d'))$
con $b'=b+2ak$ e $d'=d+2ck$. Prendiamo $k$ l’intero piu’ vicino alla frazione $-b//2a$.
Abbiamo quindi che $|k+b//2a|\le 1/2$ e $|b'|=|b+2ak|\le |a|$
Poiche’ $b'$ e’ pari, ma $a$ e’ dispari, abbiamo infatti che $|b'|<|a|$.
Non e’ possibile che $b'=0$, perche’ in quel caso avremmo che $1 = det(A) = ad'$
e quindi anche $a=1$. Ma per ipotesi $|a|>1$.
Similmente abbiamo che
$((a,b'),(c,d'))((1,0),(2k',1))=((a',b'),(c',d'))$
con $a'=a+2b'k'$ e $c'=c+2d'k'$. Prendiamo $k'$ l’intero piu’ vicino alla frazione $-a//2b'$.
Otteniamo come sopra la disuguaglianza $|a'|<|b'|$. Ne segue che la coordinata $a'$ della matrice
$A'=((a',b'),(c',d'))$ soddisfa $|a'|< |b'|<|a|$. Per costruzione abbiamo che $A=A'B$ con
$B=((1,0),(2k',1))^{-1}((1,2k),(0,1))^{-1}$ in $G$.
Fatto.
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