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

[j18eos]

Oramai rispondo a cadenza lunare...

Chiarito il precedente dubbio, mi spieghi come può essere \(A\) immagine di un unico elemento \(b\) e poi giungere a quello che hai scritto? Oppure che cosa volevi scrivere?

[Leonardo891]

"j18eos":Oramai rispondo a cadenza lunare...

Io pensavo che avessi già gettato la spugna a causa di altri impegni (universitari, forse). Capirei perfettamente se tu avessi cose più importanti, dal tuo punto di vista, da fare, che non leggere i miei deliri sulla teoria dei gruppi!
Inoltre, penso di aver risolto l'esercizio correttamente, ma se ti va (e se hai tempo) di darci una letta mi fa piacere!

"j18eos":Chiarito il precedente dubbio, mi spieghi come può essere \(A\) immagine di un unico elemento \(b\) e poi giungere a quello che hai scritto? Oppure che cosa volevi scrivere?

Aspetta! Quando scrivo \(\displaystyle A=b^t (ip) = b^t A \) intendo un'uguaglianza tra laterali sinistri (\(\displaystyle p \) è la proiezione sul quoziente \(\displaystyle G/A \)): devo dimostrare l'iniettività della funzione \(\displaystyle ip \). Ho risolto il tuo dubbio?

[j18eos]

Ora mi torna tutto fino alla definizione di \(\mathcal{G}\); per il resto mi prendo un pò di tempo.

[j18eos]

@Leonardo89

Non capisco una cosa: prima definisci l'azione gruppale \(\psi\) di \(\mathbb{Z}_p\) su \(\mathbb{Z}_q\) eppoi controlli se è ben definita? Ma perché non prima?!

[Leonardo891]

@j18eos

"j18eos":Non capisco una cosa: prima definisci l'azione gruppale \(\psi\) di \(\mathbb{Z}_p\) su \(\mathbb{Z}_q\) eppoi controlli se è ben definita? Ma perché non prima?!

Non vedo il problema, sinceramente: senza definire la funzione come faccio a controllare che la definizione è ben posta?
Forse non ho capito io cosa intendi.

[j18eos]

Leonardo89

Mi sto confondendo tra notazione moltiplicativa ed additiva? Stai condiderando i gruppi \((\mathbb{Z}_q,+)\) ed \((\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_p),\circ)\)? Oppure non ho capito bene se la \(\psi\) è in costruzione o l'hai costruita.

[Leonardo891]

@j18eos

Sì, vale \(\displaystyle \psi \colon (\mathbb{Z}_q,+) \to (\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}_p),\circ) \).
Ti confesso che non ritenevo quella dimostrazione così incomprensibile!

[j18eos]

@Leonardo89 Io ho l'impressione che stiamo dicendo le stesse cose con parole differenti senza capirci.

"Leonardo89":...dove \(\displaystyle \psi \colon \mathbb{Z}_q \to \text{Aut}(\mathbb{Z}_p) \) è definito così: \(\displaystyle [1]_q \psi = \psi_{[1]_q} \colon \mathbb{Z}_p \to \mathbb{Z}_p\) è tale che \(\displaystyle [1]_p \psi_{[1]_q} = [r]_p \) dove \(\displaystyle [r]_p \) è uno dei \(\displaystyle q \) elementi tali che \(\displaystyle [r]_p^q=[1]_p \)...

Ma così hai definita la relazione \(\psi\) e non ti resta che controllare che sia un omomorfismo, cosa che tu fai a posteriori. Poi la adatti ai gruppi \(A\) e \(B\) e procedi!

[Leonardo891]

"j18eos":@Leonardo89 Io ho l'impressione che stiamo dicendo le stesse cose con parole differenti senza capirci.

Lo temo anche io.

"j18eos":[quote="Leonardo89"]...dove \(\displaystyle \psi \colon \mathbb{Z}_q \to \text{Aut}(\mathbb{Z}_p) \) è definito così: \(\displaystyle [1]_q \psi = \psi_{[1]_q} \colon \mathbb{Z}_p \to \mathbb{Z}_p\) è tale che \(\displaystyle [1]_p \psi_{[1]_q} = [r]_p \) dove \(\displaystyle [r]_p \) è uno dei \(\displaystyle q \) elementi tali che \(\displaystyle [r]_p^q=[1]_p \)...

Ma così hai definita la relazione \(\psi\) e non ti resta che controllare che sia un omomorfismo, cosa che tu fai a posteriori.[/quote]
Controllare che sia un omomorfismo? Scusa ma se la definisco su un generatore, la estendo come omomorfismo e le faccio portare un elemento di ordine \(\displaystyle q \) in un elemento di ordine \(\displaystyle q \) deve essere per forza un omomorfismo o no?
Comunque sì, forse faccio una piccola digressione prima di controllare che \(\displaystyle \psi \) sia ben definita ma qual è il problema? Non uso di certo \(\displaystyle \psi \) prima di controllare che sia ben definita.

"j18eos": Poi la adatti ai gruppi \(A\) e \(B\) e procedi!

Non riesco a capire cosa intendi.

Grazie comunque.

[j18eos]

Penso di averti capito però proseguirò in altro momento, forse domani mattina.

P.S.: spero che tu non abbia fretta?

[Leonardo891]

"j18eos":spero che tu non abbia fretta?

Ahahah nessuna fretta, tanto il corso di teoria dei gruppi dovrò seguirlo il prossimo semestre!

[jitter1]

"Kashaman":Mhh, osservando $ZZ_2XZZ_2$ ho notato che escluso l'elemento $(0,0)$ tutti gli altri elementi hanno periodo $2$ sebbene $Card(ZZ_2XZZ_2)=4$ . Quindi il nostro più piccolo $N | N*a=0$ (uso la notazione additiva)in questo caso, sarebbe $2$ .
Quindi mi par di capire che ovviamente $o(G)$non l'$N$ più piccolo tale che valga quella relazione.
Riprovo a darne una risoluzione. Vediamo se ho capito (uso la notazione moltiplicativa.)
Sia $G$ un gruppo. $G$ finito. $G={a_1,a_2,......,a_n}$ .Considero ${ o_1,o_2,o_3,......,o_n}$ l'insieme degli ordini degli elementi di $G$.
Posto $k = m.c.m(o_1,o_2,......,o_n)$ si verifica facilmente che $AA a_i in G$ : $a_i^k=1_g$.
Proprio perché per definizione , $AA i { 1,2,...,n} : o_i | k$ e che quindi
$a_i^k=a_i^(o_i*q)= (a_i^(o_i))^q=1_G$ .
Meglio cosi?
Mi rendo conto che forse prima ho detto un po delle assurdità

Questa era una soluzione proposta per l'esercizio 8 p. 37 dell'Herstein, ed. 1999:
"Se G è un gruppo finito, dimostrare che esiste un intero positivo N tale che $ a^N = 1 $ $AA a in G. $ "
Una domanda: nello svolgimento citato si suppone che esiste un ordine degli elementi di G. Ma in questo modo non si assume che per questi elementi esiste quell'N che stiamo cercando? (N non è l'ordine?). Penso di sbagliare, ma chiedo ugualmente.


Volevo chiedere se anche questo svolgimento è corretto:
Sia $ m $ l'ordine di G.
Se G è ciclico, il teorema è dimostrato. Infatti:
$ G = {1, a, ..., a^(m-1)} $
Si ha $ a^m= a^j $ per qualche $j <= m-1$, quindi $N = m - j$.
Se G non è ciclico, ha questa forma:
$ G = {1, a, ...,a^i, b_(i+1), ... b_(m-1)} $, dove $ b_(i+1)... b_(m-1) $ non sono potenze di a. (Eventualmente può essere i + 1 = m -1).
Consideriamo l'elemento $ a^(i+1) $. Esso è diverso da $ b_(i+1)... b_(m-1) $ per quanto detto, quindi $ a^(i+1) $ = $ a^j $ per qualche $j <= i$. Quindi N = i +1 - j.

[jitter1]

"jitter":Si ha $a^m=a^j$ per qualche j≤m−1

Erroraccio, vero?
$a^m=1$ e non $a^m=a^j$. Altrimenti G non potrebbe avere la forma che ho scritto, proprio perché se fosse $a^(m-j) = 1$, con$ m - j < m - 1$, $ a^(m-j)$ non potrebbe comparire tra gli elementi "distinti" di G, essendo l'elemento identico. Ecco, detto così non si capisce niente... Apro un altro thread per chiedere lumi.

[jitter1]

Straccio tutto e rifaccio:
Se G è un gruppo finito, dimostrare che esiste un intero positivo N tale che $a^N = 1$ per ogni $a $ in G. $

1) Se G è ciclico, $ G = {1, a, ..., a^(m-1)} $ e il teorema è dimostrato perché $a^m = 1$
2) Se G non è ciclico, dimostro che ogni suo elemento ha un ordine.
G si può scrivere in questa forma:
$ G = {1, a, ...,a^i, b_(i+1), ... b_(m-1)} $, dove tutte le potenze dello stesso elemento sono distinte e dove $ b_(i+1)... b_(m-1) $ non sono potenze di a. (Eventualmente può essere i + 1 = m -1).
Consideriamo l'elemento $ a^(i+1) $. Esso è diverso da $ b_(i+1)... b_(m-1) $ e da ogni altra potenza di a, quindi $ a^(i+1) = 1 $.
Ripeto lo stesso ragionamento per tutti gli altri elementi generatori di G e trovo che N è il loro m.c.m, come dice Kashamann (ora ho capito la tua dimostrazione, mi rimane però il dubbio se bisogna anche dimostrare che ogni elemento ha un ordine).

[Sk_Anonymous]

Banalmente per la chiusura del gruppo e per il prinicio dei cassetti(o dei piccioni) esiste $0 < n \leq o(G)$ tale che $a^n = e$

[jitter1]

Accidentaccio, la spiegazione così immediata non riesco a intuirla!
Il fatto che n sia minore dell'ordine del gruppo vale per il gruppo non ciclico, giusto?

[Sk_Anonymous]

Vale per un qualsiasi gruppo.
Siccome stiamo parlando di un gruppo abbiamo che $ P(a) = {a^1, a^2, \ldots ,a^n} \in G \quad \forall a \in G$.
$P(a)$ e $G$ hanno lo stesso numero di elementi, dunque o $P(a)$ ha elementi distinti, e in questo caso una potenza di $a$ con esponente non-nullo è uguale all'unità, oppure esiste una ripetizione, $a^s = a^t$ con $0 < s < t < n$, quindi $a^{t - s} = e$, con $0 < t - s < n$, ecco dimostrata la tesi.
Usando invece il principio dei cassetti basta considerare $P(a) = {a^0, a^1, \ldots , a^n}$, esso contiene $n+1$ elementi che possono assumere $n$ valori, quindi sei sicuro che c'è una ripetizione ed è la stessa cosa di sopra.

[jitter1]

Sul fatto della ripetizione mi trovo. Però mi sembra che il caso che hai considerato riguarda solo gruppi ciclici...
Non so, io espliciterei "in che modo" quell'elemento si ripete, soprattutto nel caso dei gruppi non ciclici, che mi sembra meno immediato.
ciao (e grazie )

[vict85]

"marcoumbrello":Vale per un qualsiasi gruppo.

Se intendi dire l'esistenza di un certo $N$ tale che $a^N = 1$ per ogni $a$ direi proprio che non è assolutamente vero che sia vero per ogni gruppo. Il gruppo ciclico dei numeri naturali non lo soddisfa per esempio. Ma non è neanche vero per gruppi con torsione (senza elementi di ordine infinito). Un esempio simpatico è il sottogruppo abeliano di $C^* subset CC$ definito come $G = \{ z in C^* |\exists n,\ z^{p^n} = 1 \}$ dove $p$ è un primo.

Il fatto che il gruppo debba essere finito è un elemento importante. In ogni caso una volta che lo hai determinato per ogni elemento allora, essendo in un gruppo finito, è sufficiente considerare come $N$ il massimo comun multiplo degli ordini di ogni elemento. Anche se a dire il vero per la dimostrazione è sufficiente usare il seguente fatto: l'ordine di ogni elemento divide l'ordine del gruppo, l'esistenza di un minimo con tale proprietà non richiede affatto l'uso del principio dei cassetti o di metodi strani ma solo del fatto che l'insieme con quella proprietà è non vuoto (e perciò esiste un minimo in virtù del fatto che l'insieme dei numeri positivi possiede un minimo ed è completamente ordinato).

In definitiva quindi la dimostrazione può essere fatto o dimostrando il caso particolare dei gruppi ciclici oppure dimostrando che l'ordine di ogni elemento divide l'ordine del gruppo. Ma questo non è altro che il teorema di Lagrange.

[Sk_Anonymous]

Qualsiasi gruppo finito, l'avevo dato per scontato, volevo solo rispondere alla domanda su come dimostrare che ogni elemento ha un ordine minore o uguale a $o(G)$. Comunque sarebbe da evitare il teorema di Lagrange, non solo perché rende banale l'esercizio ma anche perché seguendo il libro il teorema viene spiegato dopo(non che non ci si possa arrivare da soli).
Edit.

"jitter":Sul fatto della ripetizione mi trovo. Però mi sembra che il caso che hai considerato riguarda solo gruppi ciclici...
Non so, io espliciterei "in che modo" quell'elemento si ripete, soprattutto nel caso dei gruppi non ciclici, che mi sembra meno immediato.
ciao (e grazie )

Provo a rispiegarlo con un esempio concreto. Prendi ad esempio il gruppo $S_3$(che non è ciclico) e l'elemento $(1, 2)$, ora considera ${(1, 2)^1; (1, 2)^2; ... ; (1, 2)^6}$. Questo insieme ha sei elementi, o sono tutti e sei distinti(e quindi uno di essi deve valere necessariamente $e$), oppure $(1, 2)^n = (1, 2)^m$, per qualche $0 < n < m <= 6$. Hai dunque che $(1, 2)^{m - n} = e$, $0 < m - n < 6$. Se fai permutare una o tre volte $1$ e $2$ ottieni lo stesso risultato, perciò $3 - 1 = 2 < 6$ è una soluzione, come volevasi dimostrare.