Gruppi ciclici

[anto_zoolander]

Ora comincerò a rompere anche qui con le dimostrazioni

C’è questo teorema che volevo sapere se ho dimostrato correttamente.

sia $(G,times)$ un gruppo.
Se $G$ è ciclico allora $forallHleqG,H$ è ciclico.

Chiaramente se $H={e}$ o $H=G$ è banalmente vero.
Se $H$ è un sottogruppo non banale, allora consideriamo questo.
Sia per ipotesi $existsg inG: =G$ pertanto

$(forallx inH=>x inG)=>existsk inZZ:x=g^k$

Inoltre poiché $H$ è sottogruppo allora $g^(-k)inH$ questo ci suggerisce che esista la quantità $m=min{k inNN:g^k inH}$
Vogliamo mostrare che $H=$

Chiaramente se $x in => x inH$ poiché $x=(g^m)^q$ ma $g^m inH$ e $H$ è sottogruppo pertanto anche $(g^m)^q$ gli appartiene.

Viceversa se $x inH$ allora per quanto visto $existst inZ:g^t=x$ allora dividendo $t$ per $m$ si ha

$x=g^t=g^(mq+r)=g^(mq)timesg^r,0leqrleqm-1$

Ora poiché $g^(mq)timesg^r inH$ e $g^(mq) inH$ deve essere $g^r inH$ ma $r
Si può vedere meglio considerando $g^t times g^(-mq)=g^r$
Visto che entrambi gli elementi appartengono ad $H$ e visto che $H$ è gruppo anche $g^r$ deve appartenergli, pertanto anche quì deve essere $r=0$

Is it correct?

[Shocker1]

Yep

[Ernesto011]

Anche a me sembra corretto.
Forse era più immediato dimostrarlo su $ZZ_n$ e su $ZZ$, e poi concludere ricordando che ogni gruppo ciclico è isomorfo a loro.

[anto_zoolander]

Grazie ad Entrambi

@ernesto
Si l’unica cosa è che questo teorema andava esplicitamente dimostrato senza usare la teoria degli omomorfismi

Direttamente a seguire c’era questo

sia $(G,times)$ un gruppo finito e sia $o(G)=|G|$.

• se $G$ è ciclico allora $forallHleqG,o(H)|o(G)$
• se $G$ è ciclico allora $forallk inNN:k|n,exists!HleqG:o(H)=k$

Prima c’è un lemma utile.
sia $(G,times)$ un gruppo.
Sia $g inG:o(g)=m$ allora $g^k=g^h<=>hequivk(modm)$

$1)$ Dato che $G$ è ciclico allora ogni sottogruppo è ciclico.
In particolare se $HleqG=>H=$ con $m=min{k inNN:g^k inH}$
Supponiamo che $o(H)=k$ allora otteniamo due cose

$1.$ $(g^m)^k=e$
$2.$ $(g^m)^n=(g^n)^m=e^m=e$

Pertanto per quanto visto prima $(g^m)^k=(g^m)^n<=>kequivn(modk)$ ovvero $k|n$ essendo $o(G)=n$ e $o(H)=k$ si ha la tesi.

$2)$ prendiamo $k inNN:k|n$ e mostriamo che esiste un sottogruppo di ordine $k$
Poiché $k|n=>existst inZZ:n=kt$ chiaramente deve essere $t>0$
Mostriamo che $H= $ ha ordine $k$. Chiaramente $(g^t)^k=g^(tk)=g^n=e$ pertanto $k$ è un periodo, ma è anche il minimo poche se $o(H)
Mi manca di mostrare che sia unico

[Shocker1]

Non ho capito l'assurdo nel punto $2$, potresti essere più esplicito?

[anto_zoolander]

Certo. Ponendo $H= $ come definito prima
Sappiamo che $k$ è un periodo di $g^t$ poiché $(g^t)^k=e$
vogliamo mostrare che $k=min{p inNN:(g^t)^p=e}$
Se per assurdo fosse $o(g^t)
Si avrebbe che $(g^t)^(o(g^(t)))=e$ e $(g^t)^k=g^n=e$
Ovvero essendo $n=min{q inNN: g^q=e}$ deve essere $ngeqt o(g^t)$ ottenendo la contraddizione

[Shocker1]

OK molto bene. Hai fatto qualche progresso per l'unicità?

[algibro]

Ho voluto fare un tentativo sull'unicità, anche se un passaggio non mi convince.

Abbiamo $G$ gruppo ciclico di ordine $n$. Siano $H$ e $K$ due sottogruppi di $G$ aventi entrambe ordine $m$.
Sappiamo che $H$ e $K$ sono ciclici e, dato $g \in G : \langle g \rangle =G$, supponiamo che $H$ sia generato da $g^h$ e $K$ da $g^k$ così
$(g^h)^m=g^{hm}=1_G=g^{km}=(g^k)^m$.
Ora credo sia sufficiente mostrare che $h$ e $k$ siano nella stessa classe di resto modulo $n$ e poiché $n|hm$ e $n|km$ si ha che $n|hm-km=m(h-k) \Rightarrow $scusate da qui in poi mi sa che ho scritto una cavolata, adesso ci penso su $h \equiv k (mod n)$. Così $g^k \in H$ e $H=K$

[algibro]

Riscrivo la dimostrazione provando un'altra strada .

Abbiamo $G$ gruppo ciclico di ordine $n$. Siano $H$ e $K$ due sottogruppi di $G$ aventi entrambe ordine $m$.
Sappiamo che $H$ e $K$ sono ciclici e, dato $g \in G : \langle g \rangle =G$, supponiamo che $H$ sia generato da $g^h$ e $K$ da $g^k$ così
$(g^h)^m=g^{hm}=e=g^{km}=(g^k)^m$.
Se $h=k$ abbiamo banalmente la tesi. Se invece $h \ne k$, poniamo ad esempio $h < k$. Allora per il teorema della divisione euclidea $k=hq+r$ con $0 <= r < h$. Abbiamo:
$e=(g^k)^m=(g^{hq+r})^m=g^{hqm} \cdot g^{rm}=((g^h)^m)^q \cdot g^{rm}=e \cdot g^{rm} \Rightarrow g^{rm}=e$
Così, siccome $m$ è per ipotesi un intero positivo, ci sono due possibilità per $r$:
1) $r=h$ ma ciò contraddice $r < h$ dalla divisione euclidea;
2) $r=0$ da cui $g^k = g^{hq} = (g^h)^q \in H$
Può funzionare ?

E poi scusate, ma se $h < k$ e $hm, km$ sono due periodi di $g$, deve essere $hm|km \Rightarrow km=hmq \Rightarrow k=hq$, no ?

[Shocker1]

"algibro":Riscrivo la dimostrazione provando un'altra strada .
Così, siccome $ m $ è per ipotesi un intero positivo, ci sono due possibilità per $ r $:
1) $ r=h $ ma ciò contraddice $ r < h $ dalla divisione euclidea;
2) $ r=0 $ da cui $ g^k = g^{hq} = (g^h)^q \in H $

Non ho capito queste tre righe.

E poi scusate, ma se $ h < k $ e $ hm, km $ sono due periodi di $ g $, deve essere $ hm|km \Rightarrow km=hmq \Rightarrow k=hq $, no ?

Detta così è falsa: prendi $g$ di ordine $6$. Allora $g^12 = g^18 = e$ ma $12$ non divide $18$.

"algibro": $n | mk - mh = m(h-k) \Rightarrow $scusate da qui in poi mi sa che ho scritto una cavolata, adesso ci penso su $ h \equiv k (mod n) $

In generale questo è falso, quello che puoi dire è che $h \equiv k mod (\frac{n}{(n, m)})$, in questo caso $(n, m) = m$ perché $m | n$.

Comunque ci siamo quasi: se $k \equiv h \equiv 0 \mod(\frac{n}{m})$(è chiaro perché è zero, no?) allora sono entrambi multipli di $\frac{n}{m}$. Sarebbe interessante scoprire che ordine ha $g^\frac{n}{m}$.

[algibro]

"Shocker":[quote="algibro"]Riscrivo la dimostrazione provando un'altra strada .
Così, siccome $ m $ è per ipotesi un intero positivo, ci sono due possibilità per $ r $:
1) $ r=h $ ma ciò contraddice $ r < h $ dalla divisione euclidea;
2) $ r=0 $ da cui $ g^k = g^{hq} = (g^h)^q \in H $

Non ho capito queste tre righe.[/quote]

Mi sa che farneticavo...

"Shocker":[quote="algibro"]
E poi scusate, ma se $ h < k $ e $ hm, km $ sono due periodi di $ g $, deve essere $ hm|km \Rightarrow km=hmq \Rightarrow k=hq $, no ?

Detta così è falsa: prendi $g$ di ordine $6$. Allora $g^12 = g^18 = e$ ma $12$ non divide $18$.[/quote]

Maledizione ! Ciò che ho scritto è vero solamente se il primo dei due periodi è anche l'ordine di $h$ !!!
Più in generale se $o(a)=n$ e $a^k=e$ allora $n|k$ (1).
Nel nostro caso abbiamo che $o(g)=n$ e $g^{hm}=h^{km}=e$. Allora $n|hm$ e $n|km$.

"Shocker":[quote="algibro"] $n | mk - mh = m(h-k) \Rightarrow $scusate da qui in poi mi sa che ho scritto una cavolata, adesso ci penso su $ h \equiv k (mod n) $

In generale questo è falso, quello che puoi dire è che $h \equiv k mod (\frac{n}{(n, m)})$, in questo caso $(n, m) = m$ perché $m | n$.[/quote]

Ok, vediamo se ho capito perché $m|n$.
Per le ipotesi $o(g^k)=m$. Inoltre $e=g^n=(g^n)^k=g^{nk}=(g^k)^n$. Allora per quanto detto in (1) abbiamo che $m|n$.

"Shocker":Comunque ci siamo quasi: se $k \equiv h \equiv 0 \mod(\frac{n}{m})$(è chiaro perché è zero, no?) allora sono entrambi multipli di $\frac{n}{m}$. Sarebbe interessante scoprire che ordine ha $g^\frac{n}{m}$.

Se $g^{km}=e=g^0$. Allora $km \equiv 0 (mod n) \Rightarrow km=nq \Rightarrow k=\frac{n}{m}q \Rightarrow k \equiv 0 (mod \frac{n}{m})$.
Stesso discorso per $h$, d'altra parte se $hm, km$ sono due potenze che applicate a $g$ restituiscono l'elemento neutro, allora entrambe saranno nella classe di resto zero modulo l'ordine di $G$.
L'ordine di $g^\frac{n}{m}$ è $m$, infatti $(g^\frac{n}{m})^m=e$.
In conclusione posso considerare $\langle$ $g^\frac{n}{m}$ $\rangle$, il sottogruppo di $G$ generato da $g^\frac{n}{m}$.
Ora, ogni potenza di $(g^h)$ e di $(g^k)$ è della forma $(g^\frac{n}{m})^t$ per $t \in ZZ$, dunque
$H=\langle$ $g^\frac{n}{m}$ $\rangle = K$

Spero più o meno di esserci, sono argomenti che si affrontano facilmente, ma altrettanto facilmente mi ci perdo.

[Shocker1]

Allora diciamo che ci sei ma devi essere più preciso su un punto.

"algibro":
Ok, vediamo se ho capito perché $ m|n $.
Per le ipotesi $ o(g^k)=m $. Inoltre $ e=g^n=(g^n)^k=g^{nk}=(g^k)^n $. Allora per quanto detto in (1) abbiamo che $ m|n $.

Mi sembra ok. Alternativamente puoi dire che $g^k$ genera un sottogruppo di ordine $m$ e quindi per il teorema di lagrange $o(g) = |H| | |G| = n$.

L'ordine di $ g^\frac{n}{m} $ è $ m $, infatti $ (g^\frac{n}{m})^m=e $.

Ecco qui devi essere più preciso: in questo modo hai dimostrato che $o(g^{\frac{n}{m}})| m$ ma a te serve provare che $m = o(g^\frac{n}{m})$.

[algibro]

"Shocker":[quote="algibro"]
L'ordine di $ g^\frac{n}{m} $ è $ m $, infatti $ (g^\frac{n}{m})^m=e $.

Ecco qui devi essere più preciso: in questo modo hai dimostrato che $o(g^{\frac{n}{m}})| m$ ma a te serve provare che $m = o(g^\frac{n}{m})$.[/quote]

Bene, allora supponiamo per assurdo l'esistenza di $t \in NN$, strettamente minore di $m$, che sia il più piccolo intero positivo tale che $(g^\frac{n}{m})^t=e$. Così si avrebbe $g^{n\frac{t}{m}}=e$. Poiché $m|n, m <=n$ e per ipotesi $t Per completezza, non riscontro problemi con le frazioni in quanto se $m|n$ allora $n\frac{t}{m}$ è un intero.

[anto_zoolander]

Mi sono decisamente dimenticato di rispondere al mio stesso post a questo punto completo.

Sia $d| o(G):=n$ allora $n=dk$ e il sottogruppo $$ ha ordine $d$ di fatto

$(g^k)^d=g^(kd)=g^n=e$

quindi $d$ è un periodo, ovviamente è anche il più piccolo visto che se $h$ è un sottogruppo di ordine $d$

è anche unico, di fatto, supponiamo che esista $HleqG$ di ordine $d$ e poichè $H$ è sottogruppo di un gruppo ciclico si avrà che $H$ è ciclico ovvero $H= $

ora $m*d$ divide $n$ dividendo $md=nq+r$ si ottiene subito $r=0$
da questo $m*d=n*q=(dk)*q=(kq)*d => d(m-kq)=0$ ma $d ne0 => m=kq$

quindi $g^m=(g^k)^q$ segue che $Hsubseteq $ ed hanno lo stesso ordine, quindi coincidono.