Esercizio gruppo simmetrico. Bloccato.
Ho questo quesito , ci sto sbattendo la testa da un poco di tempo. Non ne vengo a capo.
Sia $n>1$ ed $H$ l'insieme delle permutazioni di $S_n$ tali che non lasciano fisso l'elemento uno.
1) Si determini la cardinalità di $H$.
2) Provare che $H$ non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di $S_n$
3 per $n=6$ determinare la cardinlità delle permutazioni dispari di $H$.
Sono bloccato sul punto 1)
Ho fatto le seguenti osservazioni empiriche
in $S_2$ , $|H| = 1$
In $S_3$ $H = 4$ Ho constatato che ci sono 2-due cicli che non mandano uno in uno , mentre il ciclo $(2,3)$ si e che i tre cicli di $S_3$ che ne sono due, cioè $(1,2,3) $ , $(1,3,2)$ non mandano due in due, pertanto la relazione sopra riportata è giustificata.
per $S_4$ ,con ragionamenti analoghi ho trovato che $|H| = 18$....
Il problema che forse non ho centrato bene quale sia il problema XD.
Non riesco a trovare un giusto modo per dire che $H$ ha tot elementi,
suggerimenti? GRazie mille
Sia $n>1$ ed $H$ l'insieme delle permutazioni di $S_n$ tali che non lasciano fisso l'elemento uno.
1) Si determini la cardinalità di $H$.
2) Provare che $H$ non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di $S_n$
3 per $n=6$ determinare la cardinlità delle permutazioni dispari di $H$.
Sono bloccato sul punto 1)
Ho fatto le seguenti osservazioni empiriche
in $S_2$ , $|H| = 1$
In $S_3$ $H = 4$ Ho constatato che ci sono 2-due cicli che non mandano uno in uno , mentre il ciclo $(2,3)$ si e che i tre cicli di $S_3$ che ne sono due, cioè $(1,2,3) $ , $(1,3,2)$ non mandano due in due, pertanto la relazione sopra riportata è giustificata.
per $S_4$ ,con ragionamenti analoghi ho trovato che $|H| = 18$....
Il problema che forse non ho centrato bene quale sia il problema XD.
Non riesco a trovare un giusto modo per dire che $H$ ha tot elementi,
suggerimenti? GRazie mille
Risposte
Un'idea è contare le permutazioni che lasciano fisso 1 
Anche se un minimo di ragionamento mi porta a pensare a questo.
Una permutazione di $S_n$ è una applicazione del tipo $\sigma : {1,2,........,n} -> {1,2,.....,n)$ bigettiva. Dalle condizioni richieste voglio che $AA \sigma in S_n , \sigma(1)!=1$. Quindi posso scegliere di associare $1$ tra $(n-1)$ elementi.
La scelta posso farla in $(n-1)!$ modi distinti.
In totale ho $(n-1)(n-1)!$ applicazioni di questo tipo. da cui $|H| = (n-1)(n-1)!$.
Che ne dite?
Una permutazione di $S_n$ è una applicazione del tipo $\sigma : {1,2,........,n} -> {1,2,.....,n)$ bigettiva. Dalle condizioni richieste voglio che $AA \sigma in S_n , \sigma(1)!=1$. Quindi posso scegliere di associare $1$ tra $(n-1)$ elementi.
La scelta posso farla in $(n-1)!$ modi distinti.
In totale ho $(n-1)(n-1)!$ applicazioni di questo tipo. da cui $|H| = (n-1)(n-1)!$.
Che ne dite?
Se dovessi contare le permutazioni che lasciano fisso uno, sono le permutazioni che muovono gli elementi di questo insieme
${2,3,4,.......................,n} = {1,................................,n} - {1}$
Sia $K$ l'insieme delle permutazioni di $S_n$ che lasciano fisso 1.
Allora , è di facile verifica che $|K| = (n-1)!$.
Segue allora che $|H| = |S_n| - |K| = n!-(n-1)! = n(n-1)! -(n-1)! = (n-1)(n-1)!$. Va bene?
${2,3,4,.......................,n} = {1,................................,n} - {1}$
Sia $K$ l'insieme delle permutazioni di $S_n$ che lasciano fisso 1.
Allora , è di facile verifica che $|K| = (n-1)!$.
Segue allora che $|H| = |S_n| - |K| = n!-(n-1)! = n(n-1)! -(n-1)! = (n-1)(n-1)!$. Va bene?
Sì certo che va bene!
Per il punto due direi cosi :
Assumo per vero che (correggetemi sbaglio)
$S_2 < S_3< ...... < S_(n-1) < S_n$ (ove per $<$ intendo sottogruppo).
Devo mostrare che $H$ non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di $S_n$.
Supponiamo per assurdo che $EE F < S_n : H sub F$. Allora $|H|<|F|$ (1)
Poniamo $F = S_(n-1)$ . che è il piu grande sottogruppo proprio di $S_n$.
Dalla (1) si ha che $ (n-1)(n-1)! < (n-1)! => (n-1)<1 => n <2$ assurdo per ipotesi. Infatti si era supposto che $n>1$
Di conseguenza, l'unico sottogruppo di $S_n$ che contiene $H$ è proprio $S_n$.
Per il punto tre :
direi che ad esempio le permutazioni pari di $H$ sono dell'ordine
$1/2*(n-1)(n-1)!$
Infatti abbiamo detto che $|H| = |S_n| - |K| $ Le pari in $S_n$ sono nell'ordine $(n!)/2$ , in $K$ dell'ordine $((n-1)!)/2$
di conseguenza in $H$ sono $1/2*(n-1)(n-1)!$.
Quindi quelle dispari sono dell'ordine $|H| - 1/2*(n-1)(n-1)! = 1/2*(n-1)(n-1)!$ .
Giusto come ragionamento?! Se è cosi, non era difficile come sembrava questo esercizio XD
Assumo per vero che (correggetemi sbaglio)
$S_2 < S_3< ...... < S_(n-1) < S_n$ (ove per $<$ intendo sottogruppo).
Devo mostrare che $H$ non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di $S_n$.
Supponiamo per assurdo che $EE F < S_n : H sub F$. Allora $|H|<|F|$ (1)
Poniamo $F = S_(n-1)$ . che è il piu grande sottogruppo proprio di $S_n$.
Dalla (1) si ha che $ (n-1)(n-1)! < (n-1)! => (n-1)<1 => n <2$ assurdo per ipotesi. Infatti si era supposto che $n>1$
Di conseguenza, l'unico sottogruppo di $S_n$ che contiene $H$ è proprio $S_n$.
Per il punto tre :
direi che ad esempio le permutazioni pari di $H$ sono dell'ordine
$1/2*(n-1)(n-1)!$
Infatti abbiamo detto che $|H| = |S_n| - |K| $ Le pari in $S_n$ sono nell'ordine $(n!)/2$ , in $K$ dell'ordine $((n-1)!)/2$
di conseguenza in $H$ sono $1/2*(n-1)(n-1)!$.
Quindi quelle dispari sono dell'ordine $|H| - 1/2*(n-1)(n-1)! = 1/2*(n-1)(n-1)!$ .
Giusto come ragionamento?! Se è cosi, non era difficile come sembrava questo esercizio XD
Il punto tre va bene,
ma il due l'hai detto un po' male. Non si capisce se hai capito. Non hai detto come immergi [tex]S_1,...,S_n[/tex] in [tex]S_n[/tex]. Con "il più grande sottogruppo" intendi rispetto all'inclusione o rispetto alla cardinalità? Il risultato in effetti segue dal fatto che se [tex]n \neq 4[/tex] allora [tex]S_n[/tex] non ha sottogruppi non normali di indice minore di [tex]n[/tex], ora tutto dipende dalla tua possibilità di dare questo per buono (poi dovrai fare il caso [tex]n=4[/tex] a mano).
ma il due l'hai detto un po' male. Non si capisce se hai capito. Non hai detto come immergi [tex]S_1,...,S_n[/tex] in [tex]S_n[/tex]. Con "il più grande sottogruppo" intendi rispetto all'inclusione o rispetto alla cardinalità? Il risultato in effetti segue dal fatto che se [tex]n \neq 4[/tex] allora [tex]S_n[/tex] non ha sottogruppi non normali di indice minore di [tex]n[/tex], ora tutto dipende dalla tua possibilità di dare questo per buono (poi dovrai fare il caso [tex]n=4[/tex] a mano).
A ripensarci non servono tanti fronzoli: se il tuo [tex]H[/tex] è contenuto in un sottogruppo [tex]K[/tex] di [tex]S_n[/tex] allora l'indice di [tex]K[/tex] si stima come [tex]|S_n:K| \leq |S_n|/|H| = n/(n-1) = 1+1/(n-1) < 2[/tex], quindi [tex]|S_n:K|= 1[/tex].
Guarda, per il più grande mi riferivo alla cardinalità.
Più che altro non so cosa significhi immergere sottogruppi in un gruppo. Ne tanto meno so cosa sia un gruppo normale.
Alla mia facoltà sono argomenti di algebra due...
In realtà non so neanche cosa sia un indice di un gruppo XD
Guarda,
io ho ragionato cosi :
Ho preso per vero che $S_1 , S_2 , ..... , S_(n-1)$ siano sottogruppi di $S_n$. Allora, se $H$ è un sottoinsieme di uno di essi, allora $|H| < |F|$ ove per F intendo il sottogruppo di $S_n$ con cardinalità più grande.
Che è ovviamente $S_(n-1)$.
Quindi sussiste che $(n-1)(n-1)! < (n-1)! => n<2$ il che sarebbe un assurdo, perché per ipotesi, $n>1$.
Altrimenti non saprei comeprovarlo con strumenti semplici, i tuoi suggerimenti ultimi, da quanto ho capito,sono un po fuori dalla mia portata.
Più che altro non so cosa significhi immergere sottogruppi in un gruppo. Ne tanto meno so cosa sia un gruppo normale.
Alla mia facoltà sono argomenti di algebra due...
In realtà non so neanche cosa sia un indice di un gruppo XD
Guarda,
io ho ragionato cosi :
Ho preso per vero che $S_1 , S_2 , ..... , S_(n-1)$ siano sottogruppi di $S_n$. Allora, se $H$ è un sottoinsieme di uno di essi, allora $|H| < |F|$ ove per F intendo il sottogruppo di $S_n$ con cardinalità più grande.
Che è ovviamente $S_(n-1)$.
Quindi sussiste che $(n-1)(n-1)! < (n-1)! => n<2$ il che sarebbe un assurdo, perché per ipotesi, $n>1$.
Altrimenti non saprei comeprovarlo con strumenti semplici, i tuoi suggerimenti ultimi, da quanto ho capito,sono un po fuori dalla mia portata.
"Kashaman":Ma che significa?
Ho preso per vero che $S_1 , S_2 , ..... , S_(n-1)$ siano sottogruppi di $S_n$.
No, non va bene. Lascia stare questo approccio, pensala in termini più semplici. L'esercizio è sicuramente alla tua portata.Puoi usare il teorema di Lagrange, no? Cioè che l'ordine di un sottogruppo divide l'ordine del gruppo. Bene, ti basta questo.
Infatti, supponi che il tuo [tex]H[/tex] sia contenuto in un sottogruppo proprio [tex]K[/tex] di [tex]S_n[/tex]. Siccome [tex]|K|[/tex] divide [tex]|S_n|[/tex] si deve avere [tex]|K| \leq |S_n|/2[/tex]. D'altra parte [tex]|H| \leq |K|[/tex] (essendo [tex]H \subseteq K[/tex]), quindi [tex]|H| \leq |S_n|/2[/tex]. Questo ti porta a un assurdo, prova.
Uhm, scusami per la mia taratura, ho ancora una domanda.
1) dalla formulazione del teorema di Lagrange, esso si applica ai gruppi abeliani finiti.
Cita come segue :
Sia $G$ un gruppo abeliano finito di ordine $n$. Sia $g in G$ . Allora $g$ è periodico e $o(g)| n$.
Però $S_n$ con $n<=2$ non è abeliano!
tuttavia nelle dispense della mia professoressa c'è un osservazione, e cioè che il teorema di Lagrange può essere esteso ad $S_n$ e ivi può essere "invertito." Quindi, in linea di principio sarei autorizzato ad utilizzarlo.
Allora, se vogliamo ragionare con Lagrange Io seguendo le tue linee ragionerei cosi.
Sia $K < S_n$ K sottogruppo proprio.
Ho che per lagrange, $|K| | |S_n|$ (1). Ora per $H$ direi che $|H|<|K|$ . Se valesse l'uguaglianza, non si metterebbe in conto che $H$ è un sottogruppo di $K$? . Ma mi sembra che $H$ non è sottogruppo, infatti $id$ non appartiene a $H$
Quindi per la 1 , se $K= S_n$ la 1) è vera. Infatti $(n-1)(n-1)! < n! => n-1<= n => -1<=0$ ok.
Ora se $K!=S_n$ ,posso prendere come sottogruppo proprio di $S_n$ il sottogruppo $A_n$ delle permutazioni pari di $S_n$.
Avrei che $|K|<= |An| = |S_n|/2 $ da cui essendo $|H|<|K|=> |H|<|S_n|/2 => (n-1)(n-1)!<(n!)/2=> n-1< n/2 => 2n-2 n<2$ Assurdo. Giusto cosi?
1) dalla formulazione del teorema di Lagrange, esso si applica ai gruppi abeliani finiti.
Cita come segue :
Sia $G$ un gruppo abeliano finito di ordine $n$. Sia $g in G$ . Allora $g$ è periodico e $o(g)| n$.
Però $S_n$ con $n<=2$ non è abeliano!
tuttavia nelle dispense della mia professoressa c'è un osservazione, e cioè che il teorema di Lagrange può essere esteso ad $S_n$ e ivi può essere "invertito." Quindi, in linea di principio sarei autorizzato ad utilizzarlo.
Allora, se vogliamo ragionare con Lagrange Io seguendo le tue linee ragionerei cosi.
Sia $K < S_n$ K sottogruppo proprio.
Ho che per lagrange, $|K| | |S_n|$ (1). Ora per $H$ direi che $|H|<|K|$ . Se valesse l'uguaglianza, non si metterebbe in conto che $H$ è un sottogruppo di $K$? . Ma mi sembra che $H$ non è sottogruppo, infatti $id$ non appartiene a $H$
Quindi per la 1 , se $K= S_n$ la 1) è vera. Infatti $(n-1)(n-1)! < n! => n-1<= n => -1<=0$ ok.
Ora se $K!=S_n$ ,posso prendere come sottogruppo proprio di $S_n$ il sottogruppo $A_n$ delle permutazioni pari di $S_n$.
Avrei che $|K|<= |An| = |S_n|/2 $ da cui essendo $|H|<|K|=> |H|<|S_n|/2 => (n-1)(n-1)!<(n!)/2=> n-1< n/2 => 2n-2
No. Cosa c'entra [tex]A_n[/tex]?
Non ci credo che non avete fatto il teorema di Lagrange, è uno dei risultati più basilari della teoria dei gruppi. Vedi qui.
Non ha importanza se [tex]H[/tex] sia o meno un sottogruppo di [tex]S_n[/tex], quello che è importante è che [tex]H[/tex] è un sottoinsieme di [tex]K[/tex].
E tu non sei autorizzato a scegliere [tex]K[/tex]. Il tuo [tex]K[/tex] è generico.
Ricominciamo dall'inizio: supponi che [tex]H[/tex] sia contenuto in un sottogruppo proprio [tex]K[/tex] di [tex]S_n[/tex]. Siccome [tex]|K|[/tex] divide [tex]|S_n|[/tex] e [tex]K \neq S_n[/tex] si deve avere [tex]|K| \leq |S_n|/2[/tex] (ci sei? Questa è teoria dei numeri spiccola: se [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] e [tex]d \neq n[/tex] allora [tex]d \leq n/2[/tex], perché [tex]2[/tex] è il più piccolo divisore proprio che può avere un numero). Ma allora [tex]|H| \leq |K| \leq |S_n|/2[/tex], e da qui segue l'assurdo.
Non ci credo che non avete fatto il teorema di Lagrange, è uno dei risultati più basilari della teoria dei gruppi. Vedi qui.
Non ha importanza se [tex]H[/tex] sia o meno un sottogruppo di [tex]S_n[/tex], quello che è importante è che [tex]H[/tex] è un sottoinsieme di [tex]K[/tex].
E tu non sei autorizzato a scegliere [tex]K[/tex]. Il tuo [tex]K[/tex] è generico.
Ricominciamo dall'inizio: supponi che [tex]H[/tex] sia contenuto in un sottogruppo proprio [tex]K[/tex] di [tex]S_n[/tex]. Siccome [tex]|K|[/tex] divide [tex]|S_n|[/tex] e [tex]K \neq S_n[/tex] si deve avere [tex]|K| \leq |S_n|/2[/tex] (ci sei? Questa è teoria dei numeri spiccola: se [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] e [tex]d \neq n[/tex] allora [tex]d \leq n/2[/tex], perché [tex]2[/tex] è il più piccolo divisore proprio che può avere un numero). Ma allora [tex]|H| \leq |K| \leq |S_n|/2[/tex], e da qui segue l'assurdo.
Riproviamo, vediamo se ho capito.
Allora i nostri protagonisti sono $K$ , $H$ ed $S_n$ . $n>1$.
Per prima cosa ho per ipotesi che $H sube K $ , da cui segue che, $|H|<=|K|$. (1). Cioè dovuto dal fatto che se $H$ è un sottoinsieme di $K$ la sua cardinalità è al più quella di $K$.
D'altra parte ho che $K$ è un sottogruppo di $S_n$.
Pertanto , per il teorema di Lagrange. ho che $|K| $ divide $ |S_n|$.
Due casi
1) Se $K = S_n => H sube S_n$ . banalmente vera vera. Perché $H sube K = S_n$.
Se invece $K != S_n =>$ $|K|<=|S_n|/2$
( l'ultima implicazione mi ha tratto un po in inganno prima. Cioè generalizzando , se $A, B $ sono insiemi tali che $A sube B$ e $A!=B$ Allora $|A|<=|B|/2$ giusto?! O sto prendendo cantonate?)
Da cui ho questa catena di disuguaglianze $|H|<=|K|<=|S_n|/2 => |H|<=|S_n|/2 => (n-1)(n-1)! <= (n!)/2 => n-1<=n/2=> n<2$ Assurdo.
Allora i nostri protagonisti sono $K$ , $H$ ed $S_n$ . $n>1$.
Per prima cosa ho per ipotesi che $H sube K $ , da cui segue che, $|H|<=|K|$. (1). Cioè dovuto dal fatto che se $H$ è un sottoinsieme di $K$ la sua cardinalità è al più quella di $K$.
D'altra parte ho che $K$ è un sottogruppo di $S_n$.
Pertanto , per il teorema di Lagrange. ho che $|K| $ divide $ |S_n|$.
Due casi
1) Se $K = S_n => H sube S_n$ . banalmente vera vera. Perché $H sube K = S_n$.
Se invece $K != S_n =>$ $|K|<=|S_n|/2$
( l'ultima implicazione mi ha tratto un po in inganno prima. Cioè generalizzando , se $A, B $ sono insiemi tali che $A sube B$ e $A!=B$ Allora $|A|<=|B|/2$ giusto?! O sto prendendo cantonate?)
Da cui ho questa catena di disuguaglianze $|H|<=|K|<=|S_n|/2 => |H|<=|S_n|/2 => (n-1)(n-1)! <= (n!)/2 => n-1<=n/2=> n<2$ Assurdo.
( l'ultima implicazione mi ha tratto un po in inganno prima. Cioè generalizzando , se $A, B $ sono insiemi tali che $A sube B$ e $A!=B$ Allora $|A|<=|B|/2$ giusto?! O sto prendendo cantonate?)Sbagliato, prendi per esempio [tex]A = \{1,2\} \subset \{1,2,3\} = B[/tex].
La generalizzazione è questa: se [tex]n,d[/tex] sono due interi positivi e [tex]d \neq n[/tex] e [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] allora [tex]d \leq n/2[/tex].
Dimostrazione: siccome [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] ed è diverso da [tex]n[/tex] esiste un intero positivo [tex]a \neq 1[/tex] tale che [tex]ad = n[/tex]. Siccome [tex]a \neq 1[/tex] si ha [tex]a \geq 2[/tex] e quindi [tex]n=ad \geq 2d[/tex], da cui dividendo per 2 si ottiene [tex]n/2 \geq d[/tex]. []
Da cui ho questa catena di disuguaglianze [quote]$|H|<=|K|<=|S_n|/2 => |H|<=|S_n|/2 => (n-1)(n-1)! <= (n!)/2 => n-1<=n/2=> n<2$ Assurdo.[/quote]In realtà ti viene [tex]n \leq 2[/tex], il caso [tex]n=2[/tex] lo devi fare a mano.
Io propongo un metodo ancor più elementare di quello di Martino (rispetto al secondo punto del primo post).
Si sa che le trasposizioni generano \(S_n\), d'altra parte le trasposizioni del tipo \((1\;i)\) generano tutte le altre. Per vederlo basta considerare i prodotti \((1\;j)(1\;i)(1\;j) = (i\;j)\). A questo punto basta osservare che \((1\;i)\in H\) per ogni \(i\) e si è concluso in quando il più piccolo sottogruppo che contiene tutti i \((1\;i)\) è \(S_n\) stesso.
Si sa che le trasposizioni generano \(S_n\), d'altra parte le trasposizioni del tipo \((1\;i)\) generano tutte le altre. Per vederlo basta considerare i prodotti \((1\;j)(1\;i)(1\;j) = (i\;j)\). A questo punto basta osservare che \((1\;i)\in H\) per ogni \(i\) e si è concluso in quando il più piccolo sottogruppo che contiene tutti i \((1\;i)\) è \(S_n\) stesso.
"Martino":In realtà ti viene [tex]n \leq 2[/tex], il caso [tex]n=2[/tex] lo devi fare a mano.[/quote]( l'ultima implicazione mi ha tratto un po in inganno prima. Cioè generalizzando , se $A, B $ sono insiemi tali che $A sube B$ e $A!=B$ Allora $|A|<=|B|/2$ giusto?! O sto prendendo cantonate?)Sbagliato, prendi per esempio [tex]A = \{1,2\} \subset \{1,2,3\} = B[/tex].
La generalizzazione è questa: se [tex]n,d[/tex] sono due interi positivi e [tex]d \neq n[/tex] e [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] allora [tex]d \leq n/2[/tex].
Dimostrazione: siccome [tex]d[/tex] divide [tex]n[/tex] ed è diverso da [tex]n[/tex] esiste un intero positivo [tex]a \neq 1[/tex] tale che [tex]ad = n[/tex]. Siccome [tex]a \neq 1[/tex] si ha [tex]a \geq 2[/tex] e quindi [tex]n=ad \geq 2d[/tex], da cui dividendo per 2 si ottiene [tex]n/2 \geq d[/tex]. []
Da cui ho questa catena di disuguaglianze [quote]$|H|<=|K|<=|S_n|/2 => |H|<=|S_n|/2 => (n-1)(n-1)! <= (n!)/2 => n-1<=n/2=> n<2$ Assurdo.
Ho capito, giusto , ho fatto un'errore di segno.
Beh per il caso $n=2$ potrei dire che poiché $S_2 = { id , (1,2)}$ gli unici sottogruppi di $S_2$ sono quelli banali , cioè $S_2$ e ${id}$.
E poiché $H_(s_2) = { (1,2)}$ si verifica facilmente che H è contenuto solo in $S_2$ e non in $ {id}$ , da cui , anche il caso $n=2$ risulta essere provato.
ps :
ringrazio sia Martino che Vict per la loro disponibilità.
grazie mille ragazzi.
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