Gruppi ciclici
Considero $C_4$, un gruppo ciclico di ordine 4, e $C_2$, un gruppo ciclico di ordine 2.
Devo mostrare che $C_2xxC_2$ non è ciclico e che $C_4$ non è isomorfo a $C_2xxC_2$.
Ho pensato che $|C_2xxC_2|=2*2=4$, quindi se $C_2xxC_2$ fosse ciclico generato da $(\bara,\barb)\inC_2xxC_2$ allora l'ordine di $(\bara,\barb)$ dovrebbe essere $4$.
Preso un generico $(a,b)\inC_2xxC_2$ ho che $(a,b)^2=(a,b)*(a,b)=(a*a,b*b)=(a^2,b^2)=(1,1)$ che è l'elemento neutro di $C_2xxC_2$, dunque non esistono elementi di $C_2xxC_2$ con ordine maggiore di $2$ e $C_2xxC_2$ non può dunque essere gruppo ciclico. Fin qui dovrebbe andare no?
Ora però come posso mostrare che $C_4$ e $C_2xxC_2$ non sono isomorfi?
Devo mostrare che $C_2xxC_2$ non è ciclico e che $C_4$ non è isomorfo a $C_2xxC_2$.
Ho pensato che $|C_2xxC_2|=2*2=4$, quindi se $C_2xxC_2$ fosse ciclico generato da $(\bara,\barb)\inC_2xxC_2$ allora l'ordine di $(\bara,\barb)$ dovrebbe essere $4$.
Preso un generico $(a,b)\inC_2xxC_2$ ho che $(a,b)^2=(a,b)*(a,b)=(a*a,b*b)=(a^2,b^2)=(1,1)$ che è l'elemento neutro di $C_2xxC_2$, dunque non esistono elementi di $C_2xxC_2$ con ordine maggiore di $2$ e $C_2xxC_2$ non può dunque essere gruppo ciclico. Fin qui dovrebbe andare no?
Ora però come posso mostrare che $C_4$ e $C_2xxC_2$ non sono isomorfi?
Risposte
L'immagine di un elemento tramite un isomorfismo ha lo stesso ordine di quello di partenza.
Grazie, non ci avevo pensato.
Mi viene un dubbio...considero un gruppo ciclico di ordine 6 $C_6$ (oppure $S_3$) e mi chiedo se è isomorfo a $C_2xxC_3$.
Intanto come faccio a vedere se è ciclico?
So che contiene $2*3=6$ elementi e che contiene un elemento $(a,b)$ di periodo $6$: infatti se $a$ è generatore di $C_2$ e $b$ è generatore di $C_3$ allora $(a,b)^6=(a^6,b^6)=((a^2)^3,(b^3)^2)=(1^3,1^2)=(1,1)$. Con un calcolo esplicito di tutte le potenze di $(a,b)$ fino all'esponente $6$ vedo che 6 è esattamente l'ordine. C'era un modo migliore di verificarlo?
Per finire, una volta mostrato che $C_2xxC_3$ è ciclico di ordine 6, posso dedurre che è isomorfo a $C_6$?
Mi viene un dubbio...considero un gruppo ciclico di ordine 6 $C_6$ (oppure $S_3$) e mi chiedo se è isomorfo a $C_2xxC_3$.
Intanto come faccio a vedere se è ciclico?
So che contiene $2*3=6$ elementi e che contiene un elemento $(a,b)$ di periodo $6$: infatti se $a$ è generatore di $C_2$ e $b$ è generatore di $C_3$ allora $(a,b)^6=(a^6,b^6)=((a^2)^3,(b^3)^2)=(1^3,1^2)=(1,1)$. Con un calcolo esplicito di tutte le potenze di $(a,b)$ fino all'esponente $6$ vedo che 6 è esattamente l'ordine. C'era un modo migliore di verificarlo?
Per finire, una volta mostrato che $C_2xxC_3$ è ciclico di ordine 6, posso dedurre che è isomorfo a $C_6$?
Si, certo: tutti i gruppi ciclici di un certo ordine sono isomorfi. Non ci sono metodi più rapidi.
come dice vict85 , i gruppi ciclici di ordine $n$ sono a due a due isomorfi. Più precisamente si dimostra che se $G$ è un gruppo ciclico ed è di ordine $n$ esso è isomorfo a $(\mathbb{Z_n},+)$ (nota che se $G$ è infinito ed è ciclico allora è isomorfo a $ZZ$).
Quindi se trovi che $G,G' $ di ordine $n$ sono isomorfi a $ZZ_n$ per la transitività della relazione di "isomorfismo" hai a gratis che tra di loro quei due gruppi sono isomorfi. Ti torna?
Quindi se trovi che $G,G' $ di ordine $n$ sono isomorfi a $ZZ_n$ per la transitività della relazione di "isomorfismo" hai a gratis che tra di loro quei due gruppi sono isomorfi. Ti torna?
"vict85":
Si, certo: tutti i gruppi ciclici di un certo ordine sono isomorfi
"Kashaman":
i gruppi ciclici di ordine $n$ sono a due a due isomorfi
Vero, non ci avevo pensato.
Dunque due gruppi ciclici dello stesso ordine finito sono sempre isomorfi ma, tornando anche all'esempio che avevo riportato nel primo post, due gruppi $G$ e $G'$ dello stesso ordine finito con $G$ ciclico e $G'$ non ciclico possono essere isomorfi?
"vict85":
Non ci sono metodi più rapidi
Ho pensato che si potrebbe generalizzare la verifica dicendo che $C_mxxC_m$ è ciclico se e solo se $MCD(m,n)=1$, cosa ne dici?
Ad esempio $C_8$ è (per definizione) ciclico, $C_4xxC_2$ non lo è in quanto non esistono elementi di periodo maggiore di 4, $C_2xxC_2xxC_2$ nemmeno in quanto non esistono elementi di periodo maggiore di 2, ecc...
no non possono essere isomorfi, a quanto mi sembra.
Per la seconda questione mi sembra corretto. Però andrebbe formalizzato, la proposizione seguente potrebbe aiutarti :
Se $C_1,C_2$ sono due gruppi ciclici di ordine $n,m$ rispettivamente. Allora posto $C_1\timesC_2$ il prodotto diretto di tali gruppi,Se $a \in C_1$ ha periodo $q $ , e $b \in C_2$ ha periodo $k$. Allora il periodo di $(a,b) \in C_1\times C_2$ è pari a $m.c.m(q,k)$.
Se vi sono errori , segnalameli.
Per la seconda questione mi sembra corretto. Però andrebbe formalizzato, la proposizione seguente potrebbe aiutarti :
Se $C_1,C_2$ sono due gruppi ciclici di ordine $n,m$ rispettivamente. Allora posto $C_1\timesC_2$ il prodotto diretto di tali gruppi,Se $a \in C_1$ ha periodo $q $ , e $b \in C_2$ ha periodo $k$. Allora il periodo di $(a,b) \in C_1\times C_2$ è pari a $m.c.m(q,k)$.
Se vi sono errori , segnalameli.
Si, la generalizzazione è giusta.
Due gruppi, uno ciclico e l'altro no non possono essere isomorfi. Ti dirò di più, un insieme dei generatori di un gruppo si mantiene per isomorfismi. Quindi se un sottoinsieme genera un gruppo allora la sua immagine genererà l'immagine del gruppo tramite l'omomorfismo. Quindi se un gruppo ha un generatore allora la sua immagine genererà l'immagine del gruppo.
Due gruppi, uno ciclico e l'altro no non possono essere isomorfi. Ti dirò di più, un insieme dei generatori di un gruppo si mantiene per isomorfismi. Quindi se un sottoinsieme genera un gruppo allora la sua immagine genererà l'immagine del gruppo tramite l'omomorfismo. Quindi se un gruppo ha un generatore allora la sua immagine genererà l'immagine del gruppo.
Faccio che formalizzarlo un po' meglio.
Teorema: Se \(S \subset G\) è un insieme di generatori per un gruppo \(G \), cioé se \(\forall g\in G,\;\exists \varepsilon_j \subset \mathbb{N},\;\exists s_j \in S\) tali che \(g = \prod_{j\in J}\,s_j^{\varepsilon_j}\), e \(f\colon G\to G' \) è un omomorfismo di gruppi allora \(\displaystyle f(S) \) è un insieme di generatori per il gruppo \(\displaystyle f(G) \le G'\).
Dimostrazione: Per le proprietà degli omomorfismi, per ogni \(g = \prod_{j\in J}\,s_j^{\varepsilon_j}\), \(f(g) = \prod_{j\in J}\,f(s_j)^{\varepsilon_j}\).
Lemma: L'immagine tramite un omomorfimo di un gruppo ciclico è ancora un gruppo ciclico.
Dimostrazione: Per il teorema 1, se \(g \) genera \(G \) allora \(f(g) \) genere \(f(G) \)
In realtà non serviva il teorema per dimostrarlo: il lemma è una conseguenza diretta del fatto che \(f(g^n) = f(g)^n \).
Teorema: Se \(S \subset G\) è un insieme di generatori per un gruppo \(G \), cioé se \(\forall g\in G,\;\exists \varepsilon_j \subset \mathbb{N},\;\exists s_j \in S\) tali che \(g = \prod_{j\in J}\,s_j^{\varepsilon_j}\), e \(f\colon G\to G' \) è un omomorfismo di gruppi allora \(\displaystyle f(S) \) è un insieme di generatori per il gruppo \(\displaystyle f(G) \le G'\).
Dimostrazione: Per le proprietà degli omomorfismi, per ogni \(g = \prod_{j\in J}\,s_j^{\varepsilon_j}\), \(f(g) = \prod_{j\in J}\,f(s_j)^{\varepsilon_j}\).
Lemma: L'immagine tramite un omomorfimo di un gruppo ciclico è ancora un gruppo ciclico.
Dimostrazione: Per il teorema 1, se \(g \) genera \(G \) allora \(f(g) \) genere \(f(G) \)
In realtà non serviva il teorema per dimostrarlo: il lemma è una conseguenza diretta del fatto che \(f(g^n) = f(g)^n \).
Si grazie 
Voi avete generalizzato il fatto che un gruppo ciclico e uno non ciclico non possono essere isomorfi mostrando che gli isomorfismi conservano i generatori, io mi riferivo solo al generalizzare il fatto che $C_4$ non è isomorfo a $C_2xxC_2$ al fatto che $C_(mn)$ non è isomorfo a $C_mxxC_n$ se $MCD(m,n)!=1$.
Un'ultima questione sulla ciclicità dei gruppi riguarda il Quaternione {+-1,+-i,+-j,+-k}.
Il gruppo ha ordine 8 in quanto ha 8 elementi, ma ciascun elemento ha ordine al più 4 (se ho capito bene come funzionano, ho preso l'esempio da Wikipedia): non può quindi essere un gruppo ciclico.
Mi chiedevo come posso mostrare che ogni sottogruppo di G è normale in G.
H sottogruppo del Quaternione ha ordine che divide l'ordine del Quaternione cioè $8$, escludendo i casi banali rimane $|H|=2$ o $|H|=4$.
Si tratta del gruppo $<-1>={1,-1}$ di ordine 2 e dei gruppi $={1,i,-1,-i}$, $={1,j,-1,-j}$ e $={1,k,-1,-k}$ di ordine 4.
Una possibilità consiste nel provare facendo i conti che ciascuno di questi gruppi è normale nel Quaternione.
Si riesce a provare in maniera più teorica e soprattutto più snella?
Voi avete generalizzato il fatto che un gruppo ciclico e uno non ciclico non possono essere isomorfi mostrando che gli isomorfismi conservano i generatori, io mi riferivo solo al generalizzare il fatto che $C_4$ non è isomorfo a $C_2xxC_2$ al fatto che $C_(mn)$ non è isomorfo a $C_mxxC_n$ se $MCD(m,n)!=1$.
Un'ultima questione sulla ciclicità dei gruppi riguarda il Quaternione {+-1,+-i,+-j,+-k}.
Il gruppo ha ordine 8 in quanto ha 8 elementi, ma ciascun elemento ha ordine al più 4 (se ho capito bene come funzionano, ho preso l'esempio da Wikipedia): non può quindi essere un gruppo ciclico.
Mi chiedevo come posso mostrare che ogni sottogruppo di G è normale in G.
H sottogruppo del Quaternione ha ordine che divide l'ordine del Quaternione cioè $8$, escludendo i casi banali rimane $|H|=2$ o $|H|=4$.
Si tratta del gruppo $<-1>={1,-1}$ di ordine 2 e dei gruppi $={1,i,-1,-i}$, $
Una possibilità consiste nel provare facendo i conti che ciascuno di questi gruppi è normale nel Quaternione.
Si riesce a provare in maniera più teorica e soprattutto più snella?
"thedarkhero":Dimostra che [tex]-1[/tex] appartiene a tutti i sottogruppi non banali e vai a quoziente
Si riesce a provare in maniera più teorica e soprattutto più snella?
Non sono sicuro di aver colto il suggerimento...
Mi stai consigliando di considerare il sottogruppo normale ${1,-1}$ e quindi il quoziente $Q/{{1,-1}}$?
Mi stai consigliando di considerare il sottogruppo normale ${1,-1}$ e quindi il quoziente $Q/{{1,-1}}$?
Sì esatto. Tutti i sottogruppi non banali di [tex]Q[/tex] contengono [tex]\{1,-1\}[/tex] (facile), quindi per il teorema di corrispondenza i sottogruppi normali non banali di [tex]Q[/tex] sono in corrispondenza biunivoca canonica coi sottogruppi normali di [tex]Q/\{-1,1\}[/tex]. Ma tale quoziente ha ordine 4, quindi è abeliano.
Il teorema di corrispondenza afferma che dato un omomorfismo di gruppi $f:G->G'$ esiste una corrispondenza biunivoca tra i sottogruppi normali $H$ di $G$ contenenti $kerf$ e le relative immagini $f(H)$ contenute in $imf$ che sono sottogruppi normali di $imf$, giusto?
[A proposito, mi consiglieresti un libro in cui si trova questo teorema?]
Dunque mi stai consigliando di considerare la proiezione canonica $pi:Q->Q/{1,-1}$, si ha che $Kerpi={1,-1}$.
Allora per il teorema di corrispondenza esiste una biiezione tra i sottogruppi normali $H$ di $Q$ (che contengono tutti $Kerpi$) e le immagini $pi(H)$ (che sono tutte contenute in $impi$, in quanto $pi$ è suriettiva) che sono sottogruppi normali di $Q/{1,-1}$.
Essendo che $Q/{1,-1}$ ha ordine 4 è abeliano, dunque ogni suo sottogruppo è normale e dunque anche ogni sottogruppo di $Q$ è normale. Tutto corretto?
[A proposito, mi consiglieresti un libro in cui si trova questo teorema?]
Dunque mi stai consigliando di considerare la proiezione canonica $pi:Q->Q/{1,-1}$, si ha che $Kerpi={1,-1}$.
Allora per il teorema di corrispondenza esiste una biiezione tra i sottogruppi normali $H$ di $Q$ (che contengono tutti $Kerpi$) e le immagini $pi(H)$ (che sono tutte contenute in $impi$, in quanto $pi$ è suriettiva) che sono sottogruppi normali di $Q/{1,-1}$.
Essendo che $Q/{1,-1}$ ha ordine 4 è abeliano, dunque ogni suo sottogruppo è normale e dunque anche ogni sottogruppo di $Q$ è normale. Tutto corretto?
Sì tutto corretto. Il teorema di corrispondenza si trova su qualunque testo di algebra (immagino). Non te ne saprei consigliare uno in particolare. Ti posso segnalare questo. Comunque non è niente di difficile:
Se [tex]N \unlhd G[/tex] allora la legge [tex]H \mapsto H/N[/tex] definisce una biiezione tra l'insieme dei sottogruppi di [tex]G[/tex] contenenti [tex]N[/tex] e l'insieme dei sottogruppi di [tex]G/N[/tex]. La sua inversa è data da [tex]K \mapsto \{g \in G\ |\ gN \in K\}[/tex]. Tale biiezione è canonica e preserva la normalità e la massimalità.
Se [tex]N \unlhd G[/tex] allora la legge [tex]H \mapsto H/N[/tex] definisce una biiezione tra l'insieme dei sottogruppi di [tex]G[/tex] contenenti [tex]N[/tex] e l'insieme dei sottogruppi di [tex]G/N[/tex]. La sua inversa è data da [tex]K \mapsto \{g \in G\ |\ gN \in K\}[/tex]. Tale biiezione è canonica e preserva la normalità e la massimalità.
Grazie mille!
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