$G \cong H \times G$
Esercizio 3.4 (Capitolo II)
- Siano $G,H$ due gruppi, e si assuma che $G \cong H \times G$. Si può concludere che $H$ è il (un) gruppo triviale?
(Hint: No. Se ne costruisca un controesempio.)
Fonte: Aluffi, Algebra: Chapter 0
Metto in spoiler quel (poco) che sono riuscito a fare, si sa mai che qualcuno voglia provarci
Ultima aggiunta, l'esercizio successivo, che recita:
- Provare che $\mathbb{Q}$ non può essere scritto come prodotto diretto di due gruppi non triviali.
penso possa essere correlato con la soluzione del precedente, o da esso derivato.
Grazie a tutti quelli che proveranno a rispondere!
- Siano $G,H$ due gruppi, e si assuma che $G \cong H \times G$. Si può concludere che $H$ è il (un) gruppo triviale?
(Hint: No. Se ne costruisca un controesempio.)
Fonte: Aluffi, Algebra: Chapter 0
Metto in spoiler quel (poco) che sono riuscito a fare, si sa mai che qualcuno voglia provarci
Ultima aggiunta, l'esercizio successivo, che recita:
- Provare che $\mathbb{Q}$ non può essere scritto come prodotto diretto di due gruppi non triviali.
penso possa essere correlato con la soluzione del precedente, o da esso derivato.
Grazie a tutti quelli che proveranno a rispondere!
Risposte
Sinceramente noto una cerca confusione su una domanda non particolarmente ispirata. Il gruppo ciclico di ordine 6 è il prodotto diretto di un (sotto)gruppo di ordine due e di uno di ordine 3. Questo controesempio finisce la dimostrazione.
E non capisco dove voglia arrivare il tuo prof di algebra.
E non capisco dove voglia arrivare il tuo prof di algebra.
Non ho capito il tuo esempio. So bene che $\mathbb{Z}_6 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ ma non vedo come questo risponda alla domanda dell'autore, dato che deve valere che $G \cong H \times G$ e non $G \cong H \times N$ per qualche $H,N$. Insomma, $G$ deve restare lo stesso, e nel tuo esempio sarebbe $\mathbb{Z}_6 \ne \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$, cosa che con cardinalità finite non funziona, come puoi ben vedere.
Indico con \(\pi_i\) le proiezioni del prodotto sulle sue componenti. Dati \(G\) ed \(H\) esiste sempre il morfismo banale \(0_G^H\). Considerando la freccia universale \(G \to H \times G\) generata dalla coppia di mappe \((0_G^H, \text{1}_G)\) si vede che \(\pi_2\) ha un'inversa destra, in generale ne ha sempre una sinistra, ergo la proiezione di \(H \times G\) su \(G\) è un isomorfismo tra i due gruppi. La proprietà universale del prodotto allora ci dice che \(\forall f \in \text{hom}(G,H)\) deve aversi \(f \pi_2 = \pi_1\) ovvero \(f = \pi_1 \pi_2 ^{-1}\), ovvero condizione necessaria affinché \(H \times G \cong G\) è che \( \# \text{hom} (G,H) = 1\).
Il che mi rende perplesso. Dati due gruppi esiste sempre il morfismo banale, quindi bisognerebbe trovare due gruppi \(G\) ed \(H\) tali che non esistono morfismi non banali \(G \to H\) e che soddisfano la condizione richiesta (la condizione è infatti necessaria ma non sufficiente). Su due piedi non mi viene niente.
Dopo aver scritto ho letto la parte in spoiler, occhio ché la proprietà universale del prodotto in generale non è un pullback (il quadrato di pullback si può usare per esprimere la proprietà universale di un prodotto libero amalgamato, in generale diverso dal prodotto).
Il che mi rende perplesso. Dati due gruppi esiste sempre il morfismo banale, quindi bisognerebbe trovare due gruppi \(G\) ed \(H\) tali che non esistono morfismi non banali \(G \to H\) e che soddisfano la condizione richiesta (la condizione è infatti necessaria ma non sufficiente). Su due piedi non mi viene niente.
Dopo aver scritto ho letto la parte in spoiler, occhio ché la proprietà universale del prodotto in generale non è un pullback (il quadrato di pullback si può usare per esprimere la proprietà universale di un prodotto libero amalgamato, in generale diverso dal prodotto).
Penso di aver trovato un esempio. Indico con \(C_2\) il gruppo ciclico di ordine \(2\) e con \(F(\omega)\) il gruppo libero con un'infinità numerabile di generatori. Credo che sia \(C_2 \times F(\omega) \cong F(\omega)\). L'isomorfismo dovrebbe potersi scrivere esplicitamente facendo sui generatori il giochino che si fa per dimostrare la bîezione tra \(\mathbb{N}\) e \(2 \mathbb{N}\), non ho ancora provato a buttarlo giù formalmente, ma ad occhio potrebbe funzionare.
"Frink":
Non ho capito il tuo esempio. So bene che $\mathbb{Z}_6 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ ma non vedo come questo risponda alla domanda dell'autore, dato che deve valere che $G \cong H \times G$ e non $G \cong H \times N$ per qualche $H,N$. Insomma, $G$ deve restare lo stesso, e nel tuo esempio sarebbe $\mathbb{Z}_6 \ne \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$, cosa che con cardinalità finite non funziona, come puoi ben vedere.
Ah, ecco. Mi era sfuggito questo particolare della domanda. Mi sembrava in effetti una domanda un poì troppo banale per il libro che stavi citando.
"Epimenide93":
Dopo aver scritto ho letto la parte in spoiler, occhio ché la proprietà universale del prodotto in generale non è un pullback (il quadrato di pullback si può usare per esprimere la proprietà universale di un prodotto libero amalgamato, in generale diverso dal prodotto).
Mea culpa, dove ho letto il termine sembrava la stessa cosa e non ho approfondito, cosa che mi riservo di fare adesso!
"Epimenide93":
Indico con \( \pi_i \) le proiezioni del prodotto sulle sue componenti. Dati \( G \) ed \( H \) esiste sempre il morfismo banale \( 0_G^H \). Considerando la freccia universale \( G \to H \times G \) generata dalla coppia di mappe \( (0_G^H, \text{1}_G) \) si vede che \( \pi_2 \) ha un'inversa destra, in generale ne ha sempre una sinistra, ergo la proiezione di \( H \times G \) su \( G \) è un isomorfismo tra i due gruppi. La proprietà universale del prodotto allora ci dice che \( \forall f \in \text{hom}(G,H) \) deve aversi \( f \pi_2 = \pi_1 \) ovvero \( f = \pi_1 \pi_2 ^{-1} \), ovvero condizione necessaria affinché \( H \times G \cong G \) è che \( \# \text{hom} (G,H) = 1 \).
Tutto bene fino alla fine, non mi torna la conclusione. Mi spiego: dici che la proprietà fondamentale del prodotto [PFP] ti garantisce che $f$, qualunque sia, sarà della forma $\pi_1 \pi_2^{-1}$. Per come la conosco io la [PFP] garantisce che (uso i dati che abbiamo) data una coppia di morfismi (o frecce) $g \in \text{Hom}(G,H)$, $f \in \text{Hom}(G,G)=\text{Aut}(G)$ esiste ed è unico il morfismo $\sigma \in \text{Hom}(G,H \times G)$ tale che $g=\sigma \pi_1$, $f=\sigma \pi_2$ (mi si perdoni se faccio finta di considerare $\text{Grp}$ invece di $\text{Grp}^{G,H}$).
Nulla mi garantisce che quel $\sigma$ sia proprio $\pi_2^{-1}$. O forse sì? In virtù di quale proprietà so che $\sigma$ è proprio $\pi_2$? La funzione $f$ non deve essere per forza l'identità, e quindi non forza $\sigma$ ad essere $\pi_2^{-1}$...
Forse stai considerando un diagramma diverso da quello a cui penso io? Questo è quello a cui faccio riferimento:
E' un po' artigianale ma spero si capisca.
"Epimenide93":
Penso di aver trovato un esempio. Indico con \( C_2 \) il gruppo ciclico di ordine \( 2 \) e con \( F(\omega) \) il gruppo libero con un'infinità numerabile di generatori. Credo che sia \( C_2 \times F(\omega) \cong F(\omega) \). L'isomorfismo dovrebbe potersi scrivere esplicitamente facendo sui generatori il giochino che si fa per dimostrare la bîezione tra \( \mathbb{N} \) e \( 2 \mathbb{N} \), non ho ancora provato a buttarlo giù formalmente, ma ad occhio potrebbe funzionare.
Potrebbe andare ma non avrei idea di come scriverlo, né mai mi sarebbe venuto in mente! Inoltre, Aluffi introduce il prodotto libero nel capitolo successivo, questo mi fa pensare che vi sia anche un altro esempio più immediato. Grazie mille!
Ciao! Mi sembra che se [tex]G[/tex] è un qualsiasi gruppo allora [tex]G \times G^{\mathbb{N}} \cong G^{\mathbb{N}}[/tex].
Insomma se abbiamo infinite copie di G e ne aggiungiamo una otteniamo infinite copie di G
Insomma se abbiamo infinite copie di G e ne aggiungiamo una otteniamo infinite copie di G
"Epimenide93":Perché è universale?
...Considerando la freccia universale \( G \to H \times G \) generata dalla coppia di mappe \( (0_G^H, \text{1}_G) \)...
"Frink":In genere, gli esercizi dei libri come quello di Aluffi non sono scritti per persone completamente principianti.
...Inoltre, Aluffi introduce il prodotto libero nel capitolo successivo, questo mi fa pensare che vi sia anche un altro esempio più immediato...
L'esempio classico è Herstein - Algebra: l'autore nella introduzione dice espressamente (con tanto di esempio) che non tutti gli esercizi sono risolubili con i concetti introdotti sino a quel punto; o se vuoi un esempio che mi sta permettendo di studiare meglio Bosch - Algebraic Geometry and Commutative Algebra, l'esercizio 2.1.3 (pag. 66) non si può risolvere completamente se non si conoscono gli anelli (e i moduli) artiniani introdotti nella sezione successiva (la 2.2, con la proprietà utile a pag. 69)...
"Frink":
Tutto bene fino alla fine, non mi torna la conclusione.
Scusa, hai ragione, verso la fine ho tagliato un po' troppo corto. Presa una qualsiasi \(f \in \text{hom}(G,H)\) possiamo considerare la freccia universale indotta dalla coppia \((f, 1_G)\) (non siamo costretti a prendere \(1_G\), ma se la [PFP] vale per una freccia generica, in particolare deve valere per l'identità). La situazione è questa:
Perché il triangolo di destra commuti è necessario (per l'unicità dell'inversa) che la freccia tratteggiata sia \(\pi_2^{-1}\). L'esistenza ed unicità della freccia tratteggiata per la [PFP] permettono di concludere che \(f = \pi_2^{-1} \pi_1\).
"Frink":
Potrebbe andare ma non avrei idea di come scriverlo, né mai mi sarebbe venuto in mente! Inoltre, Aluffi introduce il prodotto libero nel capitolo successivo, questo mi fa pensare che vi sia anche un altro esempio più immediato. Grazie mille!
Spero proprio che esista un esempio più immediato perché \(F(\omega)\) è una cosa abbastanza brutta. Sto provando a scrivere l'idea che ho accennato prima, ma è più complicato del previsto.
@Martino con \(G^{\mathbb{N}}\) indichi le successioni o le successioni definitivamente nulle?
"j18eos":
Perché è universale?
Se [tex]X,Y[/tex] sono insiemi indico con [tex]X^Y[/tex] l'insieme delle funzioni [tex]Y \to X[/tex].
Se [tex]G[/tex] è un gruppo e [tex]Y[/tex] è un insieme allora anche [tex]G^Y[/tex] è un gruppo con l'operazione [tex](f \ast g)(y) := f(y)g(y)[/tex] per ogni [tex]y \in Y[/tex].
Se [tex]X[/tex] e [tex]Y[/tex] sono insiemi equipotenti, diciamo tramite la biiezione [tex]\varphi:X \to Y[/tex], allora [tex]G^X \cong G^Y[/tex], un isomorfismo è dato da [tex]f \mapsto f \circ \varphi^{-1}[/tex].
Inoltre se [tex]X,Y[/tex] sono insiemi disgiunti si ha [tex]G^{X \cup Y} \cong G^X \times G^Y[/tex], un isomorfismo è [tex]f \mapsto (f|_X,f|_Y)[/tex].
Ne segue che se [tex]X[/tex] è un insieme infinito allora [tex]G \times G^X \cong G^X[/tex].
Se [tex]G[/tex] è un gruppo e [tex]Y[/tex] è un insieme allora anche [tex]G^Y[/tex] è un gruppo con l'operazione [tex](f \ast g)(y) := f(y)g(y)[/tex] per ogni [tex]y \in Y[/tex].
Se [tex]X[/tex] e [tex]Y[/tex] sono insiemi equipotenti, diciamo tramite la biiezione [tex]\varphi:X \to Y[/tex], allora [tex]G^X \cong G^Y[/tex], un isomorfismo è dato da [tex]f \mapsto f \circ \varphi^{-1}[/tex].
Inoltre se [tex]X,Y[/tex] sono insiemi disgiunti si ha [tex]G^{X \cup Y} \cong G^X \times G^Y[/tex], un isomorfismo è [tex]f \mapsto (f|_X,f|_Y)[/tex].
Ne segue che se [tex]X[/tex] è un insieme infinito allora [tex]G \times G^X \cong G^X[/tex].
Spiegazione chiara ed elegante. Grazie! 
"Epimenide93":
...[quote="j18eos"]Perché è universale?
[/quote]Dopo la tua spiegazione, mi è più chiaro il tuo ragionamento.Comunque avevo sbagliato a porre la domanda.
Segnalo anche questo (proprietà IBN per gli anelli).
Un esempio di un anello non IBN è la Leavitt algebra (lo metto qui perché non trovo una voce wikipedia):
Un esempio di un anello non IBN è la Leavitt algebra (lo metto qui perché non trovo una voce wikipedia):
@Epimenide
Chiarissimo, pensavo al caso generale e non al particolare. Grazie mille!
@j18eos
Farò tesoro della tua osservazione: mi era già capitato di trovare esercizi di cui mancavano chiaramente i prerequisiti... Integrerò con un libro dall'approccio più classico.
@Martino
Bella davvero! E l'accenno di dimostrazione è chiarificatore, ti ringrazio molto!
Chiarissimo, pensavo al caso generale e non al particolare. Grazie mille!
@j18eos
Farò tesoro della tua osservazione: mi era già capitato di trovare esercizi di cui mancavano chiaramente i prerequisiti... Integrerò con un libro dall'approccio più classico.
@Martino
Bella davvero! E l'accenno di dimostrazione è chiarificatore, ti ringrazio molto!
[ot]@ Frink:
"Banale", please... "Triviale" sembra una brutta traduzione dall'inglese (americano) ed il termine in italiano siginifica prevalentemente tutt'altro.[nota]Anche se sul dizionario Treccani viene menzionato un uso "matematico" del termine, non ho mai sentito alcuno dei miei docenti proferire la parola "triviale" in tal senso.[/nota][/ot]
"Frink":
[...] - Siano $G,H$ due gruppi, e si assuma che $G \cong H \times G$. Si può concludere che $H$ è il (un) gruppo [strike]triviale[/strike] banale?
(Hint: No. Se ne costruisca un controesempio.) [...]
"Banale", please... "Triviale" sembra una brutta traduzione dall'inglese (americano) ed il termine in italiano siginifica prevalentemente tutt'altro.[nota]Anche se sul dizionario Treccani viene menzionato un uso "matematico" del termine, non ho mai sentito alcuno dei miei docenti proferire la parola "triviale" in tal senso.[/nota][/ot]
[ot]
Traduzione non direi, il termine è derivato dal latino e proprio quindi della nostra lingua... Inoltre, proprio nel Treccani trovi come secondo risultato "ovvio, banale" che è esattamente il significato con cui lo si usa parlando del gruppo con un solo elemento.
Può essere che sia un po' scimmiottare l'inglese, ma di certo non è sbagliato.[/ot]
"gugo82":
"Banale", please... "Triviale" sembra una brutta traduzione dall'inglese (americano) ed il termine in italiano siginifica prevalentemente tutt'altro.
Traduzione non direi, il termine è derivato dal latino e proprio quindi della nostra lingua... Inoltre, proprio nel Treccani trovi come secondo risultato "ovvio, banale" che è esattamente il significato con cui lo si usa parlando del gruppo con un solo elemento.
Può essere che sia un po' scimmiottare l'inglese, ma di certo non è sbagliato.[/ot]
[ot]
Traduzione non direi, il termine è derivato dal latino e proprio quindi della nostra lingua...[/quote]
Infatti, non ho messo in discussione il termine in sé, quanto il suo uso in contesto.
Infatti, so anch'io che triviale deriva da trivium... Ma ai trivi c'erano usualmente osterie e/o bettole (con relativi posti per cambiare cavalli, nel caso) frequentate da donnine allegre ed ubriaconi: a questo mondo rimanda la parola "triviale", alla caciara ed alla sfrontatezza, non alla banalità di qualche idea.
Ho già detto in nota al messaggio precedente.
Ad ogni modo, suppongo sia questione di gusti.[/ot]
"Frink":
[quote="gugo82"]
"Banale", please... "Triviale" sembra una brutta traduzione dall'inglese (americano) ed il termine in italiano siginifica prevalentemente tutt'altro.
Traduzione non direi, il termine è derivato dal latino e proprio quindi della nostra lingua...[/quote]
Infatti, non ho messo in discussione il termine in sé, quanto il suo uso in contesto.
Infatti, so anch'io che triviale deriva da trivium... Ma ai trivi c'erano usualmente osterie e/o bettole (con relativi posti per cambiare cavalli, nel caso) frequentate da donnine allegre ed ubriaconi: a questo mondo rimanda la parola "triviale", alla caciara ed alla sfrontatezza, non alla banalità di qualche idea.
"Frink":
Inoltre, proprio nel Treccani trovi come secondo risultato "ovvio, banale" che è esattamente il significato con cui lo si usa parlando del gruppo con un solo elemento.
Può essere che sia un po' scimmiottare l'inglese, ma di certo non è sbagliato.
Ho già detto in nota al messaggio precedente.
Ad ogni modo, suppongo sia questione di gusti.[/ot]
[ot]Un pò come in topologia algebrica, si parla della proprietà di excision dell'omologia relativa; io la traduco come proprietà di scissione e non di escissione.[/ot]
[ot]Qui siamo ai picchi dell'arte dell'acrobazia del fuori tema 
A proposito di scissione, oggi ho scisso il pane col coltello mentre mangiavo riso e fagioli. Non male. Spero di farmi una spremuta di limone entro sera.[/ot]
A proposito di scissione, oggi ho scisso il pane col coltello mentre mangiavo riso e fagioli. Non male. Spero di farmi una spremuta di limone entro sera.
[/ot]
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