Gruppi - alcuni esercizi dell'Herstein.

[Kashaman]

Poco tempo fa ho acquistato l'Herstein per voler approfondire lo studio dell'algebra.
Vi pongo alla vostra attenzione alcune risoluzioni di alcuni quesiti.Riguardano i gruppi. Fatemi sapere cosa ne pensate.
Esercizio 1 Dimostrare che se G è un gruppo abeliano, allora per ogni coppia di elementi $a,b in G$ e per tutti gli interi $n$, $(a*b)^n=a^n*b^n$
risoluzione :

Per ipotesi ho che $G$ è abeliano. Considero $a,b in G$ .
Ho che $a^n*b^n= a*a^(n-1)*b*b^(n-1)=(G-abeliano) = (a*b)*a^(n-1)*b^(n-1)=$
$(a*b)*(a*a^(n-2)*b*b^(n-2))={G-abeliano} = (a*b)^2*(a^(n-2)*b^(n-2))$. Iterando questo ragionamento per altre $n-2$ volte, si giunge a dimostrare che $a^n*b^n=(a*b)^n$. La tesi. Giusto?

Esercizio 2
Sia $G$ un gruppo nel quale $(a*b)^2=a^2*b^2$. Mostrare che $G$ è abeliano.
risoluzione :

Si ha che $(a*b)^2= a*b*a*b$(1)
e che $a^2*b^2=a*a*b*b$ (2)
Per ipotesi $(a*b)^2=a^2*b^2 => a*b*a*b=a*a*b*b => ${ cancellando} $b*a=a*b$. Ciò prova che $G$ è abeliano. Che ne dite?

Esercizio 3
Mostrare che in $S_3$ vi sono quattro elementi che soddisfano l'equazione $x^2=e $(1) e tre che soddisfano l'equazione $y^3=e$(2).
risoluzione.

Sia $\sigma in S_3$
se $\sigma^2=e => o(\sigma)=2$. Cioè tutti i $2-cicli$ di $S_3$ che ne sono $3$. In più anche l'identità. Quindi risulta provata la parte (1).
Se $\sigma^3=e=> o(\sigma)=3$ cioè tutti i $3-cicli $ di $S_3$. Che ne sono 2. In più anche l'identità. Quindi è provata anche la 2.

esercizio 4
Se $G$ è un gruppo finito. Allora esiste $N>0$ tale che $AA a in G , a^N=e$
risoluzione

Sia $G= {e,a,a^2,.......,a^(n-1)}$ un gruppo. E sia $x in G$. Essendo $G$ un gruppo, $EE i>0 in ZZ : x^i$ è il simmetrico di $x$ in $G$. Cioè tale che $x*x^i = x^(i+1)=e$. Scelto $N=i+1>0$ . Si ha la tesi.

Ciao fatemi sapere, spero di non aver scritto tante cavolate

[Kashaman]

ok j

[j18eos]

In effetti per i neofiti è un ragionamento un pò perfido; le ipotesi sono così scrivibili: \[\forall x;y\in H,\,x\cdot y^{-1}\in H\] e in particolare per \(x=y\) ottieni che \(e_G\in H\), ciò ti autorizza a scegliere poi \(x=e_G\) e di seguito l'asserto!

La caratterizzazione II... di cosa?

[Kashaman]

Ho capito,sei stato molto chiaro j.
La caratterizzazione II si riferisce sempre ai sottogruppi. l'ho trovata sull'herstein .
Dice che se $G$ è un gruppo $H sube G$
$H a- AA a,b in G => a*b in G \\b- AA a in G => a^-1 in G$
mi domandavo se idue asserti fossero equivalenti, ma penso proprio di si.
In un certo senso la caratterizzazione 1 è una semplificazione della 2.

[j18eos]

Non capisco come interpretare i simboli \(-\) e \(\setminus\) all'interno di quella formula!

[Kashaman]

"j18eos":Non capisco come interpretare i simboli \(-\) e \(\setminus\) all'interno di quella formula!

Scusami, era per separare le due cose, mi sa che mi sono espresso male.
Allora, la proposizione va vista cosi.
Sia $G$ un gruppo. $H sube G$ non vuoto.
Allora $H$ è un sottogruppo di $G$ se e solo se sono soddisfatte le seguenti condizioni :
a) $AA a,b in H => ab in H$
b) $ AA a in H =>a^-1 in H$

[j18eos]

Scusa ma la caratterizzazione II non è altri che la definizione di sottogruppo! :-S

[Kashaman]

Ops epic fail !

[j18eos]

No, it's an epic win!

[Kashaman]

Posto altri semplici esercizi di teoria dei gruppi (non sono dell'herstein).
Es 1
Sia $G$ abeliano finito. Provare che $f : G->G $ def $AA x in G : f(x)=x^n$ è un omomorfismo di gruppi.
Descriverne il nucleo.
svolgimento :

Siano $x,y in G$
$f(x*y) (x*y)^n=${G è abeliano, ho dimostrato già che per $G$ abeliano vale che $(xy)^n=x^ny^n!$} $=x^ny^n=f(X)*f(y)$. Dunque $f$ è un omomorfismo.
Sia ora $x in G$
$x in Kerf <=> f(x)=1_G => x^n=1_g$
Dunque direi che $Kerf = { x in G | o(x)|n}$ o mi sbaglio?

es 2
Sia $f : G -> G $ un omomorfismo di gruppi . Dimostrare che se $x,y in G : f(x)=f(y)<=>xy^-1 in Kerf$

lemma Se $f$ è un omomorfismo. Si ha che $AA x in G$ $f(x)^-1=f(x^(-1))$
Dimostro $=>$
$f(x)=f(y)=> f(X)*f(y)^(-1)=1_g <=> f(x)*f(y^(-1))=1_g <=> f(x*y^(-1))=1_g$ (essendo $f$ un omomorfismo) $=> x*y^(-1) in Kerf$
Dimostro $<$$=$
Se $x*y^(-1) in Kerf$
$f(x*y^(-1))=f(x)*f(y^(-1))=1_G => f(x)*f(y)^(-1)=1_g$ da cui
Moltiplicando a destra $f(y)$
$f(X)=f(y)$
Ciò conclude la dimostrazione dell'enunciato.

es 3
Sia $f : G -> G'$ un omomorfismo di gruppi e sia $x in G$.
E $o(x)=n$
Quale ordine ha $f(x)$?

Poiché $x^n=1_G => x*x^(n-1)=1_G$
Si ha che $f(x^n)=f(1)=1_(G)= f(x)*f(x^(n-1))=f(x)*f(x)*f(x^(n-2))=..=f(x)*f(x)*..*f(x)=f(x)^n$
pertanto $o(f(x))=n=o(x)$

che ne dite? grazie mille
che ve ne sembra? grazie mille

[perplesso1]

Per il terzo: da $f(x)^n = f(x^n)=f(1_G)=1_{G'}$ segue soltanto che $o(f(x))$ divide $n$, ma non c'è per forza l'ugualianza.

[Kashaman]

Mhh capito. Hai ragione.

[Kashaman]

Es
Sia $f : RR -> C^(*) $ un'applicazione definita ponendo $AA x in RR : f(x)=e^(ix)$
provare che $f$ è un omomorfismo.
Determinare il nucleo e dire se $f$ è un monomorfismo. Determinare l'immagine di $f$, dire se $f$ è un epimorfismo.

Ho ragionato cosi.
Siano $x,y in RR$
$f(x+y)=e^(i(x+y))= e^(ix+iy)=e^(ix)*e^(iy)=f(x)*f(y)$ ciò mostra che $f$ è un omomorfismo tra i gruppi $(RR,+)$ e $(CC^(*),*)$ ove $+,*$ sono le ordinarie somma ( tra reali) e moltiplicazione (tra complessi) .
Sia ora $x in RR$
$x in Kerf <=> f(x)=1_C => e^(ix)=cos(x)+isin(x)=1 <=> x=0$ Pertanto $Kerf={x in RR | f(x)=1_(CC)}={0}$ ciò prova che $f$ è un monomorfismo.
ora, $Imf = {f(x)|x in RR} = {e^(ix)| x in RR} = { cos(x)+isin(x) | x in RR } ={a+bi|a,b in RR}= {z| z in CC]=CC$ , giusto?
Quindi $f$ è un epimorfismo, e quindi un isomorfismo.

[perplesso1]

Fai attenzione i numeri della forma $cos(x) + i sen(x)$ non sono tutti i numeri complessi, ma ne costituiscono un particolare sottoinsieme... quale?

[perplesso1]

"Kashaman":$e^(ix)=cos(x)+isin(x)=1 <=> x=0$

Sei sicuro che non ci siano altri valori di $x$ che soddisfano quella equazione ??

[Kashaman]

"perplesso":[quote="Kashaman"]$e^(ix)=cos(x)+isin(x)=1 <=> x=0$

Sei sicuro che non ci siano altri valori di $x$ che soddisfano quella equazione ?? [/quote]
Mazza, è periodica.
Direi proprio che le soluzioni sono date da $x=2k\pi , k in ZZ$ giusto?
Quindi $kerf = { x in RR| x = 2k\pi , k in ZZ}$ quindi $f$ non ingettiva.

"perplesso":Fai attenzione i numeri della forma $cos(x) + i sen(x)$ non sono tutti i numeri complessi, ma ne costituiscono un particolare sottoinsieme... quale?

Mhh , allora, io so che sussiste questa relazione
$\rhoe^(ix)=\rho(cos(x)+isin(x))$ , ove $x in RR$ ( alla fine rappresenta l'argomento del numero complesso) e $\rho$ il modulo.
Pertanto direi proprio che
$Imf={e^(ix)|x in RR}= {cosx+isinx|x in RR} = {z in CC | \rho =1} sube CC$ è giusto?

[perplesso1]

Esatto! Notare che nel piano complesso i numeri complessi di modulo 1 formano una circonferenza di raggio 1 centrata nell'origine. Con una semplice applicazione del teorema di isomorfismo ottieni anche che il quoziente $ RR / {<2 \pi >} $ è isomorfo a questa circonferenza.

[Kashaman]

Grazie mille perplesso!
Posto altri semplici esercizi di stampo teorico.
es 1 Sia $S$ un insieme qualunque, ovviamente on vuoto.
Mostrare che $* : SxS->S$ tale che $AA a,b in S : a*b=a$ è associativa.

Siano $a,b,c in S$
Voglio mostrare che $a*(b*c)=(a*b)*c$
ho che da un lato $a*(b*c)=a*b=a$
dall'altro $(a*b)*c = a*c=a$ da cui , l'uguaglianza.

es 2
Sia $(G,*)$ un gruppo ove $a*b=ab$
Definiamo $(H,(*))$ con $a(*)b=ba$ (nota $G=H$ i supporti sono uguali)
dimostrare che su $G'$ la legge $(*)$ definisce un gruppo.

Provo l'associatività. Siano $a,b,c in G$
Ho che $a(*)(b(*)c)=a(*)(cb)=cba=(a(*)b)(*)c=(ba)(*)c=cba$.
Vedo se esiste un elemento neutro $e$ tale che $a(*)e=a => ea=a =>e=1_(H)$
infatti
$a(*)e=ea=a=e(*)a$.
analogamente si mostra che $AA x in G' EE x^(-1) t.c x(*)x^(-1)=1_(H)$

es 3
supponiamo che un elemento $x in G$ abbia ordine $rs$.
Quanto vale l'ordine di $x^r$?

Per ipotesi $x^(rs)=1_G$ pertanto
$(x^r)^s =1_G$ ciò mostra che $o(x^r)|s$
dimostriamo ora che $s|o(x^r)$
consideriamo la divisione euclidea di $s $ per $(o(x^r))$
si ha che $s= (o(x^r))q+m$ con $q,m in ZZ$
Pongo, per semplicità $l = o(x^r)$
si ha che
$(x^r)^s = (x^r)^(lq+m)=(x^r)^(lq)*(x^m)$

ma allora $m Pertanto $ s= lq <=> s|o(x^r) $ . Quindi $o(x^r)=s$ che ne dite?

es 4
Supposto $x in G$ con $o(x)=n$
determinare l'ordine di $x^r$

Per ipotesi ho che $x^n=1_G$ (1)
voglio determinare $o(x^r) = min {l>0| (x^r)^l=1_G}$
Sia $l in {l>0| (x^r)^l=1_G}$
allora si ha che $(x^r)^l =x^(rl)=1_G=x^n$
ciò avviene se e soltanto se $n|rl <=> lr-=0(modn)$
sia $(l,r)=d$
ho allora che $lr-=0(modn)<=> l(r/d)-=0(mod(n/d) <=> l-=0(mod(n/d)) <=> l=(n/d)*k$
pertanto
, per $k=1$ ho il valore di minimo di $l$.
Dunque
$o(x^r) = n/d$
che ne dite?

es 5
Mostrare che ogni sottogruppo di un gruppo ciclico è ciclico

Sia $H Supponiamo che $H$ non sia banale.
Consideriamo $A={ k >0 | g^k in H}$.
$A sube NN$ e quindi $EE min A = m => g^m in H$ Ciò prova che $ sube H$. Mostro ora l'altra inclusione, cioè
$H sube $
considero
$g^k in H$
consideriamo ora il resto della divisione euclidea di $k$ per $m$ ho che
$k=mq+r$ , $q,r in ZZ$
da cui
$g^k= g^(mq+r)=(g^m)^q*g^r$
ma $r r=0$ essendo $m$ minimo.
pertanto $g^k = (g^m)^q$
da cui $H sube $.
pertanto, $H=$ la tesi.

E infine,
es 6
Sia $G$ ciclico di ordine $n$. E sia $r $ tale che $r|n$ . Mostrare che $G$ contiene uno ed un solo sottogruppo di ordine $r$.

Sia $H Pertanto esiste almeno un $<$ di $G$ con tali caratteristiche. Dimostriamo che è unico.
Supponiamo che $H = $
e $K = $ siano sottogruppi ciclici di $G$ aventi entrambi ordine $r$.
Voglio mostrare che $H=K$.
Mi basta allora mostrare che $g^k=g^h$ o equivalentemente
$g^(k-h)=1_G$. Ma ciò è vero.
Consideriamo $k-h= rq+m$
si ha che $g^(k-h)=g^(rq)*g^m$
ma $m m=0$
da cui $g^(k-h)=(g^r)^q=1^q = 1_G$ la tesi. Quindi $H=K$

NOTA : Mi par di capire, che da quello che ho dimostrato si può dedurre che i gruppi ciclici di ordine $k in NN$ sono due a due isomorfi, o sbaglio?

come vi sembrano? grazie mille

[perplesso1]

Il primo è ok, per il 3 non scomodare la divisione euclidea: supponi che $x^r$ abbia ordine $k <= s$ allora $rk <= rs$ e $x^{rk} = (x^r)^k=1$ ma $rs$ è il più piccolo intero positivo tale che $x^{rs} = 1$, quindi $rk=rs$ cioè $k=s$. Gli altri non li ho visti...

[Kashaman]

Sei stato molto chiaro, in effetti era più semplice. Alla fine si gioca sempre sulla minimalità dell'ordine dell'elemento.
Grazie mille. quando hai tempo e voglia sarei curioso di saper il tuo parere sugli altri
cordiali saluti e grazie ancora

[perplesso1]

Il 4 è simile al 3. Sia $(n,r)=d$ allora $n= dn'$ e $r=dr'$ con $(n',r')=1$. Si verifica subito che $(x^r)^{n'}=x^{dn'r'}=x^{nr'}=1$. Supponiamo esista $k <= n'$ tale che $(x^r)^k = x^{rk}=1$ allora $n|rk -> dn'|dr'k->n'|r'k->n'|k-> k=n'$ e quindi $o(x^r)=n'=n/d$

Il 5 e 6 sono dei classiconi vedi qua http://planetmath.org/ProofThatAllSubgroupsOfACyclicGroupAreCyclic.html e anche qua http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_theorem_of_cyclic_groups (non ho controllato le tue soluzioni perchè sono schifosamente pigro e perchè è un pò di tempo che non rivedo queste cose... )