Gruppi
Un altro esercizio esteticamente pregevole di teoria dei gruppi.
Siano $G$ un gruppo finito e $H$ e $K$ sottogruppi di $G$. Allora $|HK|=(|H||K|)/(|H nn K|)$.
Siano $G$ un gruppo finito e $H$ e $K$ sottogruppi di $G$. Allora $|HK|=(|H||K|)/(|H nn K|)$.
Risposte
Vedi se va bene questa.
$|A|*|B|$ indica il numero totale degli elementi dell'insieme X
ottenuto "moltiplicando" un elemento di A per un elemento di B.
In tale insieme ogni elemento si presenta ripetuto tante volte
per quante ne indica il numero $|AnnB|$.
E' allora evidente che $(|A|*|B|)/(|AnnB|$ restituisce il numero
degli elementi tutti distinti di X ovvero la cardinalita' di AB
karl
$|A|*|B|$ indica il numero totale degli elementi dell'insieme X
ottenuto "moltiplicando" un elemento di A per un elemento di B.
In tale insieme ogni elemento si presenta ripetuto tante volte
per quante ne indica il numero $|AnnB|$.
E' allora evidente che $(|A|*|B|)/(|AnnB|$ restituisce il numero
degli elementi tutti distinti di X ovvero la cardinalita' di AB
karl
Si, ma bisogna dimostrare che efettivamente il numero di volte che compare ogni elemento di X e' proprio quello.
Non e' cosi' ovvio.
Platone
Non e' cosi' ovvio.
Platone
$|A|*|B|$ indica il numero totale degli elementi dell'insieme X
ottenuto "moltiplicando" un elemento di A per un elemento di B.
In tale insieme ogni elemento si presenta ripetuto tante volte
per quante ne indica il numero $|AnnB|$.
Dice bene Platone. L'affermazione va dimostrata, non è un'affermazione ovvia (tra l'altro, sempre che sia vera, su due piedi non so, devo pensarci).
Ci ho pensato e karl dice giusto: ogni elemento si ripete $|H nn K|$ volte. Naturalmente la parte non banale della dimostrazione consiste proprio nel provare questo fatto.
E' proprio cosi' :la parte critica del quesito e' quella.
Mi sono divertito ,per cosi' dire !,a verificare la cosa per il gruppo
delle radici 12-esime dell'unita' (rispetto al prodotto ordinario)
ed i suoi sottogruppi formati dalle radici terze e quarte sempre dell'unita'.
Ora mi piacerebbe che deste la dimostrazione generale.
Grazie
karl
Mi sono divertito ,per cosi' dire !,a verificare la cosa per il gruppo
delle radici 12-esime dell'unita' (rispetto al prodotto ordinario)
ed i suoi sottogruppi formati dalle radici terze e quarte sempre dell'unita'.
Ora mi piacerebbe che deste la dimostrazione generale.
Grazie
karl
Provo a completare la tua dimostrazione karl, fornendo la traccia... ho perso quanto scritto prima, per questo sarò stringato... purtroppo farete più difficoltà a capire se i passaggi sono corretti o meno... chiedete cmq 
Definisco
$U_m={(h,k) in HxK | hk=m}$
$A_m={k in K t.c. mk^(-1) in H}$
con due relazioni iniettive mostro che gli insiemi sono equipotenti.
Poi si vede che:
- $|A_1|=|K \cap H|$;
- $|A_m|=|A_n|$ per ogni $m,n$ in $HK$
quest'ultimo passaggio è il più delicato:
pongo $m=h'k'$, $n=h''k''$ la seguente funzione:
$f: |A_m|=>|A_n|, f(k)=k^(-1)mk''$
1) è ben definita. infatti $n(k^(-1)mk'')^(-1)=h''m^(-1)k$ che per ipotesi è in $H$;
2) è iniettiva per le proprietà dei gruppi.
quindi $|A_m|<=|A_n|$. la dis opposta per simmetria e quindi segue l'uguaglianza;
da qui $U_m=|K \cap U|$ per ogni $m$ in $HK$.
Definisco
$U_m={(h,k) in HxK | hk=m}$
$A_m={k in K t.c. mk^(-1) in H}$
con due relazioni iniettive mostro che gli insiemi sono equipotenti.
Poi si vede che:
- $|A_1|=|K \cap H|$;
- $|A_m|=|A_n|$ per ogni $m,n$ in $HK$
quest'ultimo passaggio è il più delicato:
pongo $m=h'k'$, $n=h''k''$ la seguente funzione:
$f: |A_m|=>|A_n|, f(k)=k^(-1)mk''$
1) è ben definita. infatti $n(k^(-1)mk'')^(-1)=h''m^(-1)k$ che per ipotesi è in $H$;
2) è iniettiva per le proprietà dei gruppi.
quindi $|A_m|<=|A_n|$. la dis opposta per simmetria e quindi segue l'uguaglianza;
da qui $U_m=|K \cap U|$ per ogni $m$ in $HK$.
Ok Thomas, la dimostrazione è giusta, ma la dovresti espandere con i passaggi mancanti. Solo la funzione che hai definito dovrebbe essere $f(k)=km^(-1)k''$, avrai fatto un errore di battitura, correggi.
Comunque, rispetto alla mia dimostrazione ci sono delle definizioni più complicate, anche se in un ultima analisi equivalenti. Io ho usato la tecnica del teorema di Lagrange e la prova viene concettualmente più lineare. La posterò.
Comunque, rispetto alla mia dimostrazione ci sono delle definizioni più complicate, anche se in un ultima analisi equivalenti. Io ho usato la tecnica del teorema di Lagrange e la prova viene concettualmente più lineare. La posterò.
Poiche' $H nn K$ e' un sottogruppo di $H$ sappiamo dal teorema di Lagrange che possiamo definire la relazione di equivalenza su $H$
$a~b$ sse $b^(-1)a \in H nn K$.
Sia $H//~$ la partizione in classi di equivalenza di $H$: ogni classe di equivalenza ha $|H nn K|$ elementi e dunque ci sono $|H|/(|H nn K|)$ classi di equivalenza.
Supponiamo ora $[a]=$. Mostriamo che $aK=bK$. Sia $ak_1\in aK$. Poiche' $b^(-1)a \in H nn K$, abbiamo che $b^(-1)a\in K$ e dunque $b^(-1)a=k_2$, con $k_2\in K$, e dunque $a=bk_2$, e quindi $ak_1=bk_2k_1\in bK$. Dunque $aK\sube bK$, e simmetricamente $bK\sube aK$, dunque $aK=bK$.
Inoltre, se $[a]\ne $, abbiamo che $aK nn bK=O/$. Infatti, in caso contrario avremmo $ak_1=bk_2$ e dunque $b^(-1)a=k_2k_1^(-1)$ e dunque $b^(-1)a\in H nn K$, dunque $a~b$ e $[a]=$, assurdo.
Sia ora $h\in H$ e $[h]\in H//~$. Dimostriamo che $[h]K=hK$. Siano $h,h_1,...h_n$ gli elementi di $[h]$. Abbiamo che $[h]K=hK uu h_1K uu ... uu h_nK=hK uu hK uu ... uu hK=hK$.
Siano ora $[h_1],..., [h_n]$ le classi di equivalenza di $H//~$. Abbiamo che $HK=[h_1]K uu .... uu [h_n]K=h_1K uu ... uu h_nK$. Poiche' $n=|H|/(|H nn K|)$ e le classi $h_iK$ e $h_jK$ sono disgiunte per $i\ne j$e hanno ciascuna $|K|$ elementi, concludiamo che $|HK|=(|H||K|)/(|H nn H|)$.
$a~b$ sse $b^(-1)a \in H nn K$.
Sia $H//~$ la partizione in classi di equivalenza di $H$: ogni classe di equivalenza ha $|H nn K|$ elementi e dunque ci sono $|H|/(|H nn K|)$ classi di equivalenza.
Supponiamo ora $[a]=$. Mostriamo che $aK=bK$. Sia $ak_1\in aK$. Poiche' $b^(-1)a \in H nn K$, abbiamo che $b^(-1)a\in K$ e dunque $b^(-1)a=k_2$, con $k_2\in K$, e dunque $a=bk_2$, e quindi $ak_1=bk_2k_1\in bK$. Dunque $aK\sube bK$, e simmetricamente $bK\sube aK$, dunque $aK=bK$.
Inoltre, se $[a]\ne $, abbiamo che $aK nn bK=O/$. Infatti, in caso contrario avremmo $ak_1=bk_2$ e dunque $b^(-1)a=k_2k_1^(-1)$ e dunque $b^(-1)a\in H nn K$, dunque $a~b$ e $[a]=$, assurdo.
Sia ora $h\in H$ e $[h]\in H//~$. Dimostriamo che $[h]K=hK$. Siano $h,h_1,...h_n$ gli elementi di $[h]$. Abbiamo che $[h]K=hK uu h_1K uu ... uu h_nK=hK uu hK uu ... uu hK=hK$.
Siano ora $[h_1],..., [h_n]$ le classi di equivalenza di $H//~$. Abbiamo che $HK=[h_1]K uu .... uu [h_n]K=h_1K uu ... uu h_nK$. Poiche' $n=|H|/(|H nn K|)$ e le classi $h_iK$ e $h_jK$ sono disgiunte per $i\ne j$e hanno ciascuna $|K|$ elementi, concludiamo che $|HK|=(|H||K|)/(|H nn H|)$.
ok... cercherò di modificare i passaggi...
cmq a leggere la tua dimostrazione quasi mi sento in colpa per aver postato la mia (che termina quella di karl cmq)
... ma non si può pretendere molto, visto le mie infime conoscenze...
beh alla prox... saluto i gruppi... per quest'anno non ne dovrei più sentir parlare...
cmq a leggere la tua dimostrazione quasi mi sento in colpa per aver postato la mia (che termina quella di karl cmq)
... ma non si può pretendere molto, visto le mie infime conoscenze...beh alla prox... saluto i gruppi... per quest'anno non ne dovrei più sentir parlare...
Be', la tua dimostrazione concettualmente non differisce molto dalla mia. Infatti l'insieme $A_m$ che hai definito equivale, se $m=hk$, alla classe di equivalenza di $k$ secondo la relazione di equivalenza che ho definito sopra e trasferita a $K$. Quindi era superfluo considerare $m=hk$, perché la classe $[k]$ non dipende da $h$, e questo ha fatto perdere un po' di linearità alla dimostrazione. Comunque Karl ha avuto una buona intuizione, e tu hai fatto comunque un buon lavoro 
Per il resto non fa nulla se non completi i passaggi mancanti, li ho ricostruiti e dovrebbero essere giusti, solo se qualcuno volesse leggere la tua dimostrazione farebbe un po' fatica, essendo non completa.
Per il resto non fa nulla se non completi i passaggi mancanti, li ho ricostruiti e dovrebbero essere giusti, solo se qualcuno volesse leggere la tua dimostrazione farebbe un po' fatica, essendo non completa.
non ho letto le vostre soluzioni, quindi forse mi ripeto...
Sia $g\inHK$ fissiamo la scrittura $g=hk$ e troviamo una bijezione $\phi$ fra l'insieme $S_g$ delle scritture di $g$ come prodotto di un elemento di $H$ per uno di $K$ e $H\capK$. Definiamo allora $\phi(h,k)=1$ e $\phi(h',k')=hh'^{-1}$ $\forall (h',k')\inS_g$, che è ben definita essendo $hh'^{-1}=k'k^{-1}\inH\capK$. Dunque $\phi$ è la bijezione richiesta (mi\vi risparmio la semplice verifica).
ciao, ubermensch
Sia $g\inHK$ fissiamo la scrittura $g=hk$ e troviamo una bijezione $\phi$ fra l'insieme $S_g$ delle scritture di $g$ come prodotto di un elemento di $H$ per uno di $K$ e $H\capK$. Definiamo allora $\phi(h,k)=1$ e $\phi(h',k')=hh'^{-1}$ $\forall (h',k')\inS_g$, che è ben definita essendo $hh'^{-1}=k'k^{-1}\inH\capK$. Dunque $\phi$ è la bijezione richiesta (mi\vi risparmio la semplice verifica).
ciao, ubermensch
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