Esercizio su sottogruppi normali.
Buongiorno,
sto provando a svolgere il seguente esercizio:Determinare i sottogruppi normali di $GL(2,ZZ_2)$.
Procedo cosi:
Per semplicità pongo $G(cdot):=GL(2,ZZ_2)$.
Determino l'ordine di $G$, inoltre $ZZ_2={0,1}$ sono classi di congruenza (non so fare la barra sopra)
Sia $A in G$ dove \(\displaystyle A=\begin{vmatrix} x & y \\ z & v \end{vmatrix} \), dove $x,y,z,v \ in ZZ_2 $ deve risultare $xv=1$ cioè solo se $x=v=1$, inoltre $yz=0$ ossia
se $y=0 \ to yz=0 leftrightarrow z=0 vee z=1$ quindi abbiamo 2 scelte,
se $z=0 \ to yz=0 leftrightarrow y=0 vee y=1$ quindi abbiamo 2 scelte.
In totale abbiamo 4 scelte possibili di matrici in $G$, cioè $|G|=4$.
Per il teorema di lagrange una parte $H$ di $G$ risulta $H le G \ to |H| \ "divide" \ |G|$.
Quindi $L(G)={Y\|\Y le G}={{1}, G, H}$ dove $|H|=2$.
Dalla teoria sappiamo che deve risultare necessariamente $H={1,x}$ con $x=x^(-1)$.
Quindi \(\displaystyle U=\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \), infatti $UU=1$.
Allora ${1}, G$ sono normali in $G$, dovrei verificare se $H$ è normale in G.
Quindi se $Hx=xH$ con $x in G$
Sia $h=U in H$ e \(\displaystyle A=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}\, A \in \ G \)
allora $AU in Hx$ ma $AU notin xH$ quindi $Hx ne xH$ quindi $H$ non è normale in $G$.
Segue che i sottogruppi normali in $G$ sono solo quelli banali.
Ciao.
sto provando a svolgere il seguente esercizio:Determinare i sottogruppi normali di $GL(2,ZZ_2)$.
Procedo cosi:
Per semplicità pongo $G(cdot):=GL(2,ZZ_2)$.
Determino l'ordine di $G$, inoltre $ZZ_2={0,1}$ sono classi di congruenza (non so fare la barra sopra)
Sia $A in G$ dove \(\displaystyle A=\begin{vmatrix} x & y \\ z & v \end{vmatrix} \), dove $x,y,z,v \ in ZZ_2 $ deve risultare $xv=1$ cioè solo se $x=v=1$, inoltre $yz=0$ ossia
se $y=0 \ to yz=0 leftrightarrow z=0 vee z=1$ quindi abbiamo 2 scelte,
se $z=0 \ to yz=0 leftrightarrow y=0 vee y=1$ quindi abbiamo 2 scelte.
In totale abbiamo 4 scelte possibili di matrici in $G$, cioè $|G|=4$.
Per il teorema di lagrange una parte $H$ di $G$ risulta $H le G \ to |H| \ "divide" \ |G|$.
Quindi $L(G)={Y\|\Y le G}={{1}, G, H}$ dove $|H|=2$.
Dalla teoria sappiamo che deve risultare necessariamente $H={1,x}$ con $x=x^(-1)$.
Quindi \(\displaystyle U=\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \), infatti $UU=1$.
Allora ${1}, G$ sono normali in $G$, dovrei verificare se $H$ è normale in G.
Quindi se $Hx=xH$ con $x in G$
Sia $h=U in H$ e \(\displaystyle A=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}\, A \in \ G \)
allora $AU in Hx$ ma $AU notin xH$ quindi $Hx ne xH$ quindi $H$ non è normale in $G$.
Segue che i sottogruppi normali in $G$ sono solo quelli banali.
Ciao.
Risposte
Si ho fatto confusione con la congruenza e matrici uguali 
Quindi i seguenti, se non erro, dovrebbero essere tutti e soli gli elementi di $G$, cioè
Sempre per il toerema di Lagrange, $L(G)={{1},G}$, pertanto i sottogruppi banali di $G$ sono tutti e soli i sottogrupi.
Giusto ?
Quindi i seguenti, se non erro, dovrebbero essere tutti e soli gli elementi di $G$, cioè
\(\displaystyle \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}\,\ ,\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}\ \ ,\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \ ,\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \ ,\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}, \)
quindi $|G|=5$Sempre per il toerema di Lagrange, $L(G)={{1},G}$, pertanto i sottogruppi banali di $G$ sono tutti e soli i sottogrupi.
Giusto ?
"arnett":no no, non gioco
Ma stai tirando a caso o cosa?
Comunque si, poi penso che non ce ne siano più. Quindi $|G|=6$, allora per il teorema di Lagrange i sottogruppi di $G$ devono avere cardinalità $1,2,3$, e $6$, per sottogruppi di cardinalità $1$, e $6$ sono rispettivamente ${1}$ e $G$, invece, ricordo
1) $G$ gruppo, $H subseteq G$ e $|H|=2$, risulta :
$H le G leftrightarrow H={1,x}$ con $1 ne x$ e $x ne x^(-1)$
2) $G$ gruppo, $H subseteq G$ e $|H|=3$, risulta :
$H le G leftrightarrow H={1,x,y}$ con $1 ne x,y, \ \ x ne y, \ \ x^2=y, \ \ y^2=x, \ \ x^(-1)=y$
Cardinalità 2, $H_2={{1},A}$ con A quella che hai posto tu, inoltre $K_2={{1}, Q}$ con \(\displaystyle Q=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \)
Cardinalità 3, $H_3={{1}, B,C}$ dove \(\displaystyle B=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \), \(\displaystyle C=\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \), inoltre $K_3={{1}, L, J }$ con \(\displaystyle L=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \), \(\displaystyle J=\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \),
Qualora fosse corretto quello che ho appena scritto, mi chiedo ma esistono altri sottogruppi di cardinalità $2$ e\o $3$?
Buonanotte
Ammeto di essere stato poco chiaro e di aver fatto errori di battitura, ma il modo in cui interagisci, e quanto meno pessimo, se sono quì, e per chiedere qualche suggerimento...semplice.
Certamente deve essere $x=x^(-1)$ nell'ipotesi in cui mi sono messo, inoltre la cardinalità è $6$, basta ricordare :
$G(cdot)$ è un gruppo, i cui elementi sono matrici $A$ di ordine $2$ a valori $ZZ_2$, le quali hanno la proprietà di avere il $det(A)$ invertibili in $ZZ_2$, essendo $ZZ_2$ costituito dalla classe $[0]_2$ e $[1]_2$, l'unico elemento invertibile in $ZZ_2$ è la classe di $[1]_2$, quindi il $det(A)=[1]_2$...adesso si tratta di fare due conti...facendoli si arriva che gli elementi possibili di $G(cdot)$ sono quelli che ho menzionato nei precedenti messaggi.
Certamente deve essere $x=x^(-1)$ nell'ipotesi in cui mi sono messo, inoltre la cardinalità è $6$, basta ricordare :
$G(cdot)$ è un gruppo, i cui elementi sono matrici $A$ di ordine $2$ a valori $ZZ_2$, le quali hanno la proprietà di avere il $det(A)$ invertibili in $ZZ_2$, essendo $ZZ_2$ costituito dalla classe $[0]_2$ e $[1]_2$, l'unico elemento invertibile in $ZZ_2$ è la classe di $[1]_2$, quindi il $det(A)=[1]_2$...adesso si tratta di fare due conti...facendoli si arriva che gli elementi possibili di $G(cdot)$ sono quelli che ho menzionato nei precedenti messaggi.
I poteri forti hanno creato la gerarchia di Von Neumann per tenere il popolo in catene; ma chi è al vertice della gerarchia? Gli intuizionisti.
"La bibbia (=il Jech) non parla di insiemi."
"La bibbia (=il Jech) non parla di insiemi."
"arnett":
[quote="Pasquale 90"]Ammetto di essere stato poco chiaro e di aver fatto errori di battitura, ma il modo in cui interagisci, è quanto meno pessimo, se sono qui, è per chiedere qualche suggerimento...semplice.
Hai ragione, mi spiace di turbarti, cercherò di non risponderti più, me lo ero già ripromesso dopo quella volta in cui mi hai detto che l'insieme vuoto non esiste.[/quote]
Ma figurati...Io so, di non sapere (cit. Socrate).
C'è un solo gruppo non abeliano di ordine 6, ed è $S_3$. Che ha un solo sottogruppo normale non banale.
Ciao hydro grazie per avermi risposto.
Quindi mi stai dicendo che $G$ non ha cardinalità $6$.
Ti chiedo la seguente osservazione:
è corretta?
Se sì, devo valutare tutte le matrici $A$ di ordine $2$ a volori in $ZZ_2$ per cui il $detA$ risulti invertibile.
Facendo questo ragionamento mi ritrovo con le sei matrici determinate in precedenza, quindi dove sto sbagliando?
Ciao.
Quindi mi stai dicendo che $G$ non ha cardinalità $6$.
Ti chiedo la seguente osservazione:
"Pasquale 90":
$ G(cdot) $ è un gruppo, i cui elementi sono matrici $ A $ di ordine $ 2 $ a valori $ ZZ_2 $, le quali hanno la proprietà di avere il $ det(A) $ invertibili in $ ZZ_2 $, essendo $ ZZ_2 $ costituito dalla classe $ [0]_2 $ e $ [1]_2 $, l'unico elemento invertibile in $ ZZ_2 $ è la classe di $ [1]_2 $, quindi il $ det(A)=[1]_2 $...adesso si tratta di fare due conti...facendoli si arriva che gli elementi possibili di $ G(cdot) $ sono quelli che ho menzionato nei precedenti messaggi.
è corretta?
Se sì, devo valutare tutte le matrici $A$ di ordine $2$ a volori in $ZZ_2$ per cui il $detA$ risulti invertibile.
Facendo questo ragionamento mi ritrovo con le sei matrici determinate in precedenza, quindi dove sto sbagliando?
Ciao.
Ovviamente intendevo che esiste un solo gruppo non abeliano di ordine 6 a meno di isomorfismo. Quindi il tuo gruppo è isomorfo a $S_3$.
Ciao hydro.
Ho provato a determinare i sottogruppi non banali di $G$, ossia
i sottogruppi di ordine due "dovrebbero essere" i seguenti:
\(\displaystyle H={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}} \), \(\displaystyle T={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}} \),\(\displaystyle K={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}} \)
invece l'unico sottogruppo di ordine tre "dovrebbe essere" il seguente:
\(\displaystyle S={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}} \).
Adesso devo individuare chi tra quelli appena elencati risulti normale, ho varie possibilità di verificare la normalità, in particolare penso che la più agevole per dimostrare che un dato sottogruppo di un gruppo non verifica la normalità è la seguente:
Siano $G(cdot)$, $H le G$ risulta: $H\ \ "è normale in "\ G leftrightarrow xH=Hx$ qualunque sia $x in G.$
"Non so fare il segno che indica che un dato sottogruppo è normale nel gruppo".
Ho fatto i vari conti, nessuno dei tre sottogruppi di ordine due risulta essere normale in $G$, infatti per esempio il sottogruppo $T$, posso considerare la matrice \(\displaystyle x=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \in G \) e valutare se sussiste l'uguaglianza $xT=Tx$, risulta \(\displaystyle xT=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \), invece \(\displaystyle Tx=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \).
Poiché $[1]_2 ne [0]_2$ allora $xT ne Tx$, in modo analogo ho provato che i sottogruppi $H,K$ non sono normali in $G$.
Per cui rimane da dimostrare se $S$ è normale in $G$, per ora sto procedendo bene ?
Ciao.
Ho provato a determinare i sottogruppi non banali di $G$, ossia
i sottogruppi di ordine due "dovrebbero essere" i seguenti:
\(\displaystyle H={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}} \), \(\displaystyle T={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}} \),\(\displaystyle K={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}} \)
invece l'unico sottogruppo di ordine tre "dovrebbe essere" il seguente:
\(\displaystyle S={\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}} \).
Adesso devo individuare chi tra quelli appena elencati risulti normale, ho varie possibilità di verificare la normalità, in particolare penso che la più agevole per dimostrare che un dato sottogruppo di un gruppo non verifica la normalità è la seguente:
Siano $G(cdot)$, $H le G$ risulta: $H\ \ "è normale in "\ G leftrightarrow xH=Hx$ qualunque sia $x in G.$
"Non so fare il segno che indica che un dato sottogruppo è normale nel gruppo".
Ho fatto i vari conti, nessuno dei tre sottogruppi di ordine due risulta essere normale in $G$, infatti per esempio il sottogruppo $T$, posso considerare la matrice \(\displaystyle x=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \in G \) e valutare se sussiste l'uguaglianza $xT=Tx$, risulta \(\displaystyle xT=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \), invece \(\displaystyle Tx=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \).
Poiché $[1]_2 ne [0]_2$ allora $xT ne Tx$, in modo analogo ho provato che i sottogruppi $H,K$ non sono normali in $G$.
Per cui rimane da dimostrare se $S$ è normale in $G$, per ora sto procedendo bene ?
Ciao.
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