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]

Thanks Perplesso!
Propongo un'altro sul gruppo simmetrico.
Es
Sia $\sigma = (1,3,13,5,11,8)(2,10,4,6,12,7,9) in S_(13)$
E sia $H=<\sigma^(8440)>$
a) Determinare $|H|$
b) Determinare , se possibile un sottogruppo $K$ di $H$ avente ordine $3$
svolgimento

a)Calcolo d'apprima $o(\sigma)=m.c.m(6,7)=42$ ove $6,7$ rappresentano la lunghezza dei cicli di $\sigma$.
Ora poiché $8440-=40(mod42)$ segue che $\sigma^(8440)=\sigma^(40)=(1,3,13,5,11,8)^40(2,10,4,6,12,7,9)^40=(1,3,13,5,11,8)^4(2,10,4,6,12,7,9)^5$
$=(1,11,13)(3,8,5)(2,7,6,10,9,12,4)$
Ho quindi che $o(\sigma^40)=m.c.m(3,3,7)=21$
e poiché $o(\sigma^40)=o(\sigma^8440)=|<\sigma^40>|=|<\sigma^8440>|=|H| => |H|=21$
b) consideriamo l'elemento $ \alpha= (\sigma^40)^7 in H$
si ha che $\alpha= (1,11,13)(3,8,5)$ , quindi $o(\alpha)=3$.
Pertanto il sottogruppo di ordine 3 richiesto , risulta essere il sottogruppo ciclico di ordine tre generato da $\alpha$.

Che ve ne pare? grazie mille

[perplesso1]

è corretto

[Kashaman]

thanks

[Kashaman]

Altro esercizio.
Sia $H={\sigma in S_19 | \sigma({1,2,3,4})={1,2,3,4}}$
a) Provare che $H < S_19$.
b) Dire se esiste $\alpha in H | o(\alpha)=55$
c) Trovare due sottogruppi $K_1$ e $K_2$ di $H$ aventi ordine $60$

per a) Direi che poiché $H$ è finito mi basta provare che $AA \sigma, \tau in H : \sigma\tau in H $.
Ma ciò è vero.
Infatti , consideriamo $\sigma\tau$. Per ipotesi $\tau$ muove ${1,2,3,4}-> {1,2,3,4}$, ma lo stesso vale per $\sigma$.
Dunque, gli elementi $ k in { 1,2,3,4}$ che muove $\tau$ vengono mandati nell'insieme ${1,2,3,4}$ che muove $ \sigma$ ne segue allora che anche $\sigma\tau$ manda ${1,2,3,4}$ in ${1,2,3,4}$ , ciò è conforme alla definizione di $H$.
Pertanto $\tau\sigma in H$. Ciò prova che $H per il b) direi proprio di no.
Infatti poiché $55=11*5$ significherebbe avere una $\alpha in H$ prodotto di un $5$ ciclo e di un $11-ciclo$
Ma per ipotesi , $\alpha $ manda ${1,2,3,4}->{1,2,3,4}$ (1) e quindi, non può esser composta da un $5-ciclo$ e da un $11-ciclo$ , altrimenti l'ipotesi (1) non sarebbe soddisfatta. quindi no, non esistono elementi di periodo 55.
Per il c) non ci sono problemi, basta prendere ad esempio le permutazioni $\sigma_1= (1,2,3,4)(5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19) in H$
e $\sigma_2 = (1,3,2,4)(5,7,8,6,9,11,10,12,13,15,14,16,19,18) in H$
entrambe hanno periodo $60$ e quindi posso porre $K_1=<\sigma_1>$ e $K_2=<\sigma_2>$
Entrambi sottogruppi di $H$. La loro intersezione è sicuramente banale.
Infatti non esiste alcun $i in ZZ$ tale che $(1,2,3,4)^i=(1,3,2,4)$
e lo stesso vale per i $15-cicli$. Pertanto $K_1 nn K_2 = {id}$ (è giusto?! posso giungere a questa conclusione guardando ad esempio all'orbita di 5 nel primo $15-ciclo$ e l'orbita di 5 nel secondo $15-ciclo$? . In sostanza si vede ad occhio che l'intersezione è banale, come lo formalizzo?)

Sono un po perplesso sulla risoluzione, spero di non aver fatto pastrocchi, grazie mille.

[Leonardo891]

Kashaman spero che non ti dispiaccia se ti scippo il topic per chiedere una mano anche io.

Pagina 75 (edizione italiana) problema numero 11.

Sia \(\displaystyle G \) un gruppo finito, \(\displaystyle T \) un automorfismo di \(\displaystyle G \) tale che \(\displaystyle xT=x \) se e solo se \(\displaystyle x=e \). Sia inoltre \(\displaystyle T^2=I \). Dimostrare che \(\displaystyle G \) è abeliano.

Mi è sembrato naturale provare ad usare il problema precedente, il numero 10, che ho già risolto.

Sia \(\displaystyle G \) un gruppo finito, \(\displaystyle T \) un automorfismo di \(\displaystyle G \) tale che \(\displaystyle xT=x \) se e solo se \(\displaystyle x=e \). Dimostrare che ogni elemento \(\displaystyle g \in G \) si può rappresentare nella forma \(\displaystyle g=x^{-1} (xT) \) per un certo \(\displaystyle x \in G \).

Ho provato a sfruttare questa rappresentazione ed il fatto che \(\displaystyle T^2=I \) per dimostrare la commutatività, ho anche provato a tirare in balla i commutatori, ma niente. Non so che pesci prendere.

Qualcuno può darmi un suggerimento? Grazie a tutti.

P.S. Notazioni: \(\displaystyle e \) è l'elemento neutro del gruppo \(\displaystyle G \), \(\displaystyle I \) è la funzione identità su \(\displaystyle G \) ed Herstein scrive le funzioni a destra della variabile. Per automorfismo si intende un omomorfismo iniettivo e suriettivo.

[Kashaman]

No no fai pure xD a patto , quando hai tempo e voglia , di darmi dei pareri
su dei quesiti posti qui, qui e anche qui, sopra il tuo post !
Grazie.

[perplesso1]

"Leonardo89":Sia G un gruppo finito, T un automorfismo di G tale che xT=x se e solo se x=e. Sia inoltre T2=I. Dimostrare che G è abeliano.

Ci sto provando anch'io senza successo. La prima cosa che mi viene in mente è che se esiste un tale automorfismo $T$ allora l'ordine di $G$ è dispari infatti $G$ è formato da $e$ e da tante coppie disgiunte ${x,T(x)}$, ma non so se questa osservazione può servire a qualche cosa...

[Leonardo891]

"perplesso":Ci sto provando anch'io senza successo.

Mi rincuori, vuol dire che non sto sbattendo così tanto la testa su un esercizio banale.

"perplesso":La prima cosa che mi viene in mente è che se esiste un tale automorfismo $T$ allora l'ordine di $G$ è dispari infatti $G$ è formato da $e$ e da tante coppie disgiunte ${x,T(x)}$, ma non so se questa osservazione può servire a qualche cosa...

Io non riesco a cavarne niente ma non vuol dire niente: sono solo un principiante nella teoria dei gruppi.

[j18eos]

Prova a dimostrare che:\[T:x\in G\to x^{-1}\in G\]

[Leonardo891]

Grazie mille j18eos, ho risolto l'esercizio!
Metto la soluzione in spoiler.

Sia \(\displaystyle x \in G \). Come dicevo nel post in cui chiedevo aiuto, esiste \(\displaystyle y \in G \) tale che \(\displaystyle x=y^{-1} (yT) \). Si ha
\(\displaystyle x(xT) =y^{-1} (yT) \left( ( y^{-1} (yT))T \right) = y^{-1} (yT) (yT)^{-1} y = e\)
e, quindi, si ha anche \(\displaystyle (xT)x=e \). Di conseguenza, per ogni \(\displaystyle x \in G \), \(\displaystyle xT=x^{-1} \) ossia \(\displaystyle (x^{-1})T=x \).
Siano ora \(\displaystyle a, b \in G \) arbitrari. Si ha
\(\displaystyle a b = (a^{-1})T (b^{-1})T = (a^{-1}b^{-1})T = (a^{-1}b^{-1})^{-1}=ba \) cioè \(\displaystyle G \) è abeliano.

Spero sia tutto giusto.

In realtà questo non è l'unico problema dell'Herstein su cui ho sbattuto inutilmente la testa.
Propongo quest'altro, pagina 51 numero 37.

Se in un gruppo \(\displaystyle G \), \(\displaystyle a^5=e \), \(\displaystyle aba^{-1}=b^2 \) per certi elementi \(\displaystyle a, b \in G \), trovare \(\displaystyle o(b) \), cioè l'ordine di \(\displaystyle b \).

Purtroppo, tutto ciò che sono riuscito a fare è stato constatare che se \(\displaystyle b \neq e \neq a \), allora \(\displaystyle o(b) \ge 3 \). Un suggerimento?

[perplesso1]

Eccolo http://www.matematicamente.it/forum/ordine-degli-elementi-di-un-gruppo-t93461.html

[Leonardo891]

Grazie mille perplesso!

Ho la sensazione, comunque, che tornerò molto presto a rompere le scatole su questo topic!

[j18eos]

Guarda Leonardo che sussiste un risultato leggermente più forte: sia \(G\) un gruppo e \(T:x\in G\to x^{-1}\in G\); allora \(T\in\mathrm{Aut}(G)\) sse \(G\) è un gruppo abeliano!

[Leonardo891]

"j18eos":Guarda Leonardo che sussiste un risultato leggermente più forte: sia \(G\) un gruppo e \(T:x\in G\to x^{-1}\in G\); allora \(T\in\mathrm{Aut}(G)\) sse \(G\) è un gruppo abeliano!

È vero j18eos, grazie!
Un verso dell'implicazione l'ho già dimostrato.
Ora, se \(\displaystyle G \) è abeliano e \(\displaystyle T \) è biunivoca ed è tale che \(\displaystyle xT=x^{-1} \) per ogni \(\displaystyle x \in G \), allora, per ogni \(\displaystyle x, y \in G\) si ha
\(\displaystyle (xy)T = y^{-1} x^{-1}=x^{-1} y^{-1} = xT yT\) quindi \(\displaystyle T \) è un automorfismo.

[Leonardo891]

Sto sbattendo la testa su un altro problema dell'Herstein.

"Herstein, pagina 80 numero 10":Sia \(\displaystyle o(G)=pq \), \(\displaystyle p> q \) primi, dimostrare:
[list=1][*:2ibveykp]\(\displaystyle G \) ha un sottogruppo di ordine \(\displaystyle p \) e uno di ordine \(\displaystyle q \).[/*:m:2ibveykp]
[*:2ibveykp]Se \(\displaystyle q \nmid p-1 \), \(\displaystyle G \) è ciclico.[/*:m:2ibveykp]
[*:2ibveykp]Dati due primi \(\displaystyle p \) e \(\displaystyle q \), \(\displaystyle q \mid p-1 \), esiste un gruppo non abeliano di ordine \(\displaystyle pq \).[/*:m:2ibveykp]
[*:2ibveykp]Due gruppi non abeliani di ordine \(\displaystyle pq \) sono isomorfi.[/*:m:2ibveykp][/list:o:2ibveykp]

Notare che Herstein ha marcato questo esercizio con l'asterisco, ritenendolo più difficile della media degli esercizi del suo libro.

Ora, il primo punto penso di averlo risolto e dalla dimostrazione si evince anche che uno dei due sottogruppi è normale in \(\displaystyle G \).
Il problema è il secondo punto e, quindi, anche il terzo: non capisco come applicare la condizione \(\displaystyle q \nmid p-1 \). Metto in spoiler qualche pensiero libero.

Siano \(\displaystyle H=(x) \) e \(\displaystyle K=(y) \) i due sottogruppi del primo punto, con \(\displaystyle o(H)=p \) ed \(\displaystyle o(K)=q \). Supponiamo che il sottogruppo normale in \(\displaystyle G \) sia \(\displaystyle H \).
Se \(\displaystyle x \) commutasse con tutti gli elementi di \(\displaystyle G \) e, in particolare, con \(\displaystyle y \), allora \(\displaystyle xy \) sarebbe un elemento di ordine \(\displaystyle pq \).
Dato \(\displaystyle g \in G \), considero l'automorfismo \(\displaystyle T \colon G \to G \) che manda \(\displaystyle a \in G \) in \(\displaystyle aT= gag^{-1} \). Poiché \(\displaystyle H \) è normale in \(\displaystyle G \), \(\displaystyle T \) si può restringere ad un omomorfismo \(\displaystyle S \colon H \to H \).
Se riuscissi a dimostrare che \(\displaystyle S \) è l'identità su \(\displaystyle H \) avrei risolto.
Ho pensato di sfruttare in qualche modo la condizione \(\displaystyle q \nmid p-1 \), forse con un'applicazione ripetuta di \(\displaystyle S \) ed il teorema di Eulero, dato che \(\displaystyle (p-1, q)=1 \) ma non sono arrivato a niente.

Qualcuno può darmi una mano? Sarebbe graditissimo un lieve suggerimento per farmi andare avanti, non vorrei l'esercizio risolto da altri.
Grazie mille in anticipo.

EDIT
Dimenticavo, nella risoluzione non possono essere usati strumenti spiegati nel libro dopo l'esercizio. Tanto per fare degli esempi, non si possono usare il teorema di Cauchy, i teoremi di Sylow, l'equazione delle classi, i prodotti diretti ecc.

[j18eos]

Invece del teorema di Eulero prova con il teorema di Bézout!

[Leonardo891]

Grazie j18eos, proverò!

[Leonardo891]

Anche questa volta il suggerimento di j18eos mi ha permesso di superare l'ostacolo!
Comincio a scrivere la soluzione dell'esercizio.

"Herstein, pagina 80 numero 10":Sia \(\displaystyle o(G)=pq \), \(\displaystyle p> q \) primi, dimostrare:
[list=1][*:2bbuuw66]\(\displaystyle G \) ha un sottogruppo di ordine \(\displaystyle p \) e uno di ordine \(\displaystyle q \).[/*:m:2bbuuw66]
[*:2bbuuw66]Se \(\displaystyle q \nmid p-1 \), \(\displaystyle G \) è ciclico.[/*:m:2bbuuw66]
[*:2bbuuw66]Dati due primi \(\displaystyle p \) e \(\displaystyle q \), \(\displaystyle q \mid p-1 \), esiste un gruppo non abeliano di ordine \(\displaystyle pq \).[/*:m:2bbuuw66]
[*:2bbuuw66]Due gruppi non abeliani di ordine \(\displaystyle pq \) sono isomorfi.[/*:m:2bbuuw66][/list:o:2bbuuw66]

Punto 1

Poiché \(\displaystyle o(G)=pq \) esiste un sottogruppo \(\displaystyle H \) non banale di \(\displaystyle G \), altrimenti \(\displaystyle G \) avrebbe ordine primo. Naturalmente \(\displaystyle o(H)=p \) oppure \(\displaystyle o(H)=q \). Senza perdita di generalità, supponiamo \(\displaystyle o(H)=p \).
Poiché l'ordine di \(\displaystyle G \) non divide il fattoriale dell'indice di \(\displaystyle H \) in \(\displaystyle G \), esiste un sottogruppo non banale \(\displaystyle B \) normale in \(\displaystyle G \) contenuto in \(\displaystyle H \). Dato che l'ordine di \(\displaystyle H \) è primo deve essere \(\displaystyle B=H \) quindi \(\displaystyle H \) è normale in \(\displaystyle G \).
L'ordine di \(\displaystyle G/H \) è \(\displaystyle q \) quindi \(\displaystyle G/H \) è un gruppo ciclico di ordine primo, di conseguenza esiste \(\displaystyle x \in G \setminus H \) tale che \(\displaystyle (Hx)=G/H \). Si ha \(\displaystyle Hx^q=(Hx)^q=H \) perciò \(\displaystyle x^q \in H \).
Naturalmente non può essere \(\displaystyle o(x)=1 \). Se fosse \(\displaystyle o(x)=pq \) allora \(\displaystyle G \) sarebbe ciclico e l'esistenza del sottogruppo di ordine \(\displaystyle q \) deriverebbe dalla teoria dei gruppi ciclici. Supponiamo, quindi, che non sia così.
Se fosse \(\displaystyle o(x)=q \) allora \(\displaystyle (x) \) costituirebbe il gruppo di ordine \(\displaystyle q \) cercato. Rimane da escludere il caso \(\displaystyle o(x)=p \).
Supponiamo \(\displaystyle o(x)=p \). Si sa che \(\displaystyle q \) è il minimo intero tale che \(\displaystyle x^q \notin H \). Poiché \(\displaystyle (q, p)=1 \) allora \(\displaystyle (x)=(x^q) \le H \) quindi \(\displaystyle x \in H \) il che è assurdo.

Punto 2

Cambio di lettere. Scusate. Indico con \(\displaystyle H=(x) \) il sottogruppo di indice \(\displaystyle p \) contenuto in \(\displaystyle G \) e con \(\displaystyle K=(y) \) quello di ordine \(\displaystyle q \).
Supponiamo che valga \(\displaystyle xy=yx \). Allora \(\displaystyle (xy)^{pq} = e \) quindi \(\displaystyle o(xy) \, | \, pq\). Si vede facilmente che i casi \(\displaystyle o(xy)=1 \), \(\displaystyle o(xy)=p \), \(\displaystyle o(xy)=q \) sono assurdi quindi deve essere \(\displaystyle o(xy)=pq \).
Resta da dimostrare che \(\displaystyle xy=yx \).

Supponiamo che \(\displaystyle H \) sia normale in \(\displaystyle G \).
Sia \(\displaystyle T \colon G \to G\) l'automorfismo di \(\displaystyle G \) che manda \(\displaystyle a \in G \) in \(\displaystyle g a g^{-1} \). Poiché \(\displaystyle H \) è normale in \(\displaystyle G \) posso restringere \(\displaystyle T \) ad un automorfismo \(\displaystyle \phi \colon H \to H\). Considero, inoltre, sono \(\displaystyle g \in K \) così che \(\displaystyle o(g)=q \).
Allora \(\displaystyle x^n \phi^q = g^q x^n g^{-q} = x^n\) quindi \(\displaystyle \phi^q = 1_H \).
È un fatto noto, inoltre, che il gruppo degli automorfismi di un gruppo ciclico di ordine \(\displaystyle p \), con \(\displaystyle p \) primo dispari, è a sua volta un gruppo ciclico, di ordine \(\displaystyle p-1 \), quindi \(\displaystyle \phi^{p-1}=1_H \).
Poiché \(\displaystyle (q, p-1)=1 \) esistono \(\displaystyle t, s \in \mathbb{Z} \) tali che \(\displaystyle 1=tq + (p-1)s \) quindi \(\displaystyle \phi = \phi^{tq+(q-1)s} = \left( \phi^{q} \right)^t \left( \phi^{p-1} \right)^s = 1_H\).
Finalmente, usando \(\displaystyle g=y \) si ottiene \(\displaystyle x=yxy^{-1} \) cioè quanto si voleva.

Supponiamo ora che \(\displaystyle K \) sia normale in \(\displaystyle G \).
Si procede come nel caso precedente tranne piccolissime modifiche.
Questa volta deve essere \(\displaystyle g \in H \) così che \(\displaystyle \phi^p = 1_K \).
Si ha, inoltre, \(\displaystyle p> q > q-1 \) quindi \(\displaystyle p \nmid q-1 \) e, naturalmente, \(\displaystyle \phi^{q-1}=1_K \).

Punto 3

A pagina 73 Herstein parla di ampliamenti di gruppi tramite automorfismi ottenuti "appiccicando" un nuovo "simbolo" al gruppo in questione, come se bastasse un po' di colla!
Il problema è che, secondo me, serve proprio questa costruzione per risolvere questo punto. Girando per Internet, ho scoperto che quanto fa Herstein non è altro che il prodotto semidiretto però sembra che l'autore non voglia chiamare le cose con il loro nome per paura di spaventare i lettori. Il risultato che ottiene, secondo me, è quello di complicare inutilmente la vita dei lettori!

Per farla breve, comunque, il gruppo che l'esercizio chiede non è altro che il prodotto semidiretto di un gruppo ciclico \(\displaystyle C_p=(x) \) di ordine \(\displaystyle p \) ed uno di ordine \(\displaystyle C_q=(y) \) di ordine \(\displaystyle q \) rispetto ad un certo omomorfismo \(\displaystyle \varphi \colon C_q \to \text{Aut}(C_p) \).
La condizione \(\displaystyle q \mid p-1 \) serve proprio per definire questo omomorfismo: si noti, infatti, che \(\displaystyle \varphi(C_q) \) è un sottogruppo di \(\displaystyle \text{Aut}(C_p) \) che ha ordine \(\displaystyle p-1 \) quindi è indispensabile che sia \(\displaystyle q \mid p-1 \).
Si ricordi che \(\displaystyle \text{Aut}(C_p) \) è un sottogruppo ciclico di ordine \(\displaystyle p-1 \) quindi esiste \(\displaystyle \psi \in \text{Aut}(C_p) \) tale che \(\displaystyle \text{Aut}(C_p) = (\psi) \)
Dato \(\displaystyle x^n \in C_q \), definisco \(\displaystyle x^n \varphi = \psi^{\frac{(p-1)n}{q}} \).
Supponiamo \(\displaystyle x^{n_1}= x^{n_2}\). Poiché \(\displaystyle q \mid p-1 \) esiste \(\displaystyle s \in \mathbb{Z} \) tale che \(\displaystyle n_1 - n_2 = q s \) quindi \(\displaystyle \psi^{\frac{(p-1)(n_1-n_2)}{q}} = \psi^{\frac{(p-1)qs}{q}} = 1_{C_p} \). L'omomorfismo \(\displaystyle \varphi \), quindi, è ben definito.

Ho postato tutta questa roba nella speranza che qualcuno abbia il coraggio di leggerla e possa così dirmi quante scemenze ho scritto!
Non voglio, inoltre, lasciare miei problemi irrisolti sul forum!
Per quanto riguardo il punto 4 ci sto pensando e, forse, ho già in mente qualcosa.

[j18eos]

Il punto primo è apposto!

Il punto secondo è incorreggibile in quanto abusi nell'indicare con \(g\) un elemento di \(G\) e di \(K\).

Complimenti per lo studio fatto al punto terzo!

[Kashaman]

Scusate se mi intrometto nel mio vecchio post

Esercizio Herstein
Sia $G$ un gruppo abeliano finito di ordine $o(G)$ e sia $n>=1$ tale che $(n,o(G))=1$
dimostrare che l'applicazione $f : G->G$ definita ponendo $AA g in G : f(g)=g^n$ è un automorfismo.

Lemma Sia $G$ abeliano
allora $AA x,y in G : (xy)^i=x^iy^i$ con $i$ qualsiasi.
dim lemma già fatta nei post precedenti.
dim th
Siano $x,y in G$
per il lemma segue che $f(xy)=(xy)^n=x^ny^n=f(x)f(y)$ pertanto $f$ è un omomorfismo.
Sia $x in G$ , $x in Kerf <=> f(x)=e => x^n= e$ ciò avviene se e solo se $n|o(g)$ ma poiché $(n,o(g))=1$ segue che $n=1$ e quindi $x^n=x=e$. Pertanto $Kerf={e}$. Ciò prova $f$ monomorfismo.
Ora poiché $f$ è un'applicazione tra insiemi equipotenti, segue che $f$ monomorfismo $=>$$f$ epimorfismo e quindi $f$ isomorfismo. Ora poiché $f$ è un'applicazione da $G$ in $G$ segue che $f$ è un automorfismo.

grazie.