Gruppi e sottogruppi
Salve a tutti
Credo che questo problema sia già comparso tempo fà sul forum, è un problema che ho tentato di risolvere più volte e ho visto risolto altrettante volte, ma mai una dimostrazione convincente. Finalmente credo di essere giunto ad una mia dimostrazione, quello che chiedo è una rapida lettura a chiunque ne abbia voglia e la segnalazione di eventuali errori (e orrori). Ringrazio tutti coloro che lo faranno.
Naturalmente consiglio a tutti coloro che si cimentano nella teoria dei gruppi di risolvere indipendentemente l'esercizio dato che io l'ho trovato parecchio interessante.
Sia $G$ gruppo dove l'intersezione di sottogruppi diversi da $(e)$ è un sottogruppo diverso da $(e)$, dimostrare che l'ordine di un qualsiasi elemento di $G$ è finito
Dimostrazione:
Se $G$ è finito banalmente abbiamo la tesi.
Se $G$ è infinito dobbiamo dimostrare il tutto.
Abbiamo bisogno di un lemma
LEMMA
Se $G$ è un gruppo infinito, ammette sottogruppi non banali
dimostrazione del lemma
$G=(e,a,b,c,...)$
prendiamo
$(a)=(e,a,a^2,a^3,...)$
$(a)$ è sottogruppo non banale.
Se $G$ è ciclico
$G=(e,g,g^2,g^3,...)$
prendiamo $(g^2)=(e,g^2,g^4,g^6,...)$
questo è un sottogruppo non banale.
Introdotto il lemma mandiamo avanti la dimostrazione e definiamo il sottogruppo $K$ come l'intersezione di tutti i sottogruppi di $G$
Ora, questo sottogruppo non può esser infinito altrimenti avrebbe un sottogruppo non banale $F$ che sarebbe anche sottogruppo di $G$, e ciò andrebbe contro le ipotesi poiché abbiamo intersecato tutti sottogruppi.
Ora abbiamo che $K$ non può contenere solo l'elemento neutro perché lo abbiamo ottenuto intersecando sottogruppi non banali e le ipotesi del problema ci dicono che dobbiamo ottenere un sottogruppo non banale.
E dunque l'unica scelta è che $K$ sia di ordine finito.
Prendiamo ora un qualsiasi $g in G$ e prendiamo il sottogruppo che esso genera.
Indichiamo con $(g)$ il sottogruppo generato da $g$.
Per le ipotesi l'intersezione di due sottogruppi non banali deve esser un sottogruppo non banale.
E dunque intersechiamo $(g)$ e $K$, in tale intersezione deve esserci almeno un elemento $s$.
Ma se $s in (g)$ allora l'ordine di $(s)$ è infinito. E poiché $s in K$ risulterebbe che l'ordine di $K$ è infinito, il che è contro le ipotesi.
E dunque l'unica scelta è che l'ordine di ogni sottogruppo sia finito.
CVD
Altri lemmi utilizzati
- L'intersezione di due sottogruppi è un sottogruppo
- Dato un gruppo ciclico infinito, un sottogruppo di questi è infinito
E poi una curiosità...
Ho dimostrato (si spera) il tutto...
Ma esiste davvero un Gruppo $G$ del genere?
Credo che questo problema sia già comparso tempo fà sul forum, è un problema che ho tentato di risolvere più volte e ho visto risolto altrettante volte, ma mai una dimostrazione convincente. Finalmente credo di essere giunto ad una mia dimostrazione, quello che chiedo è una rapida lettura a chiunque ne abbia voglia e la segnalazione di eventuali errori (e orrori). Ringrazio tutti coloro che lo faranno.
Naturalmente consiglio a tutti coloro che si cimentano nella teoria dei gruppi di risolvere indipendentemente l'esercizio dato che io l'ho trovato parecchio interessante.
Sia $G$ gruppo dove l'intersezione di sottogruppi diversi da $(e)$ è un sottogruppo diverso da $(e)$, dimostrare che l'ordine di un qualsiasi elemento di $G$ è finito
Dimostrazione:
Se $G$ è finito banalmente abbiamo la tesi.
Se $G$ è infinito dobbiamo dimostrare il tutto.
Abbiamo bisogno di un lemma
LEMMA
Se $G$ è un gruppo infinito, ammette sottogruppi non banali
dimostrazione del lemma
$G=(e,a,b,c,...)$
prendiamo
$(a)=(e,a,a^2,a^3,...)$
$(a)$ è sottogruppo non banale.
Se $G$ è ciclico
$G=(e,g,g^2,g^3,...)$
prendiamo $(g^2)=(e,g^2,g^4,g^6,...)$
questo è un sottogruppo non banale.
Introdotto il lemma mandiamo avanti la dimostrazione e definiamo il sottogruppo $K$ come l'intersezione di tutti i sottogruppi di $G$
Ora, questo sottogruppo non può esser infinito altrimenti avrebbe un sottogruppo non banale $F$ che sarebbe anche sottogruppo di $G$, e ciò andrebbe contro le ipotesi poiché abbiamo intersecato tutti sottogruppi.
Ora abbiamo che $K$ non può contenere solo l'elemento neutro perché lo abbiamo ottenuto intersecando sottogruppi non banali e le ipotesi del problema ci dicono che dobbiamo ottenere un sottogruppo non banale.
E dunque l'unica scelta è che $K$ sia di ordine finito.
Prendiamo ora un qualsiasi $g in G$ e prendiamo il sottogruppo che esso genera.
Indichiamo con $(g)$ il sottogruppo generato da $g$.
Per le ipotesi l'intersezione di due sottogruppi non banali deve esser un sottogruppo non banale.
E dunque intersechiamo $(g)$ e $K$, in tale intersezione deve esserci almeno un elemento $s$.
Ma se $s in (g)$ allora l'ordine di $(s)$ è infinito. E poiché $s in K$ risulterebbe che l'ordine di $K$ è infinito, il che è contro le ipotesi.
E dunque l'unica scelta è che l'ordine di ogni sottogruppo sia finito.
CVD
Altri lemmi utilizzati
- L'intersezione di due sottogruppi è un sottogruppo
- Dato un gruppo ciclico infinito, un sottogruppo di questi è infinito
E poi una curiosità...
Ho dimostrato (si spera) il tutto...
Ma esiste davvero un Gruppo $G$ del genere?
Risposte
I gruppi i cui elementi sono tutti finiti si chiamano gruppi di torsione.
Un esempio è il gruppo $U_(p^\infty) = {x \in CC\ |\ EE n \in NN,\ x^(p^n) = 1}$, che tra l'altro è anche un $p$-gruppo, ogni suo sottogruppo è un $p$-gruppo ciclico e la loro intersezione è non banale perché tutti contengono il sottogruppo ciclico di ordine $p$.
Un esempio è il gruppo $U_(p^\infty) = {x \in CC\ |\ EE n \in NN,\ x^(p^n) = 1}$, che tra l'altro è anche un $p$-gruppo, ogni suo sottogruppo è un $p$-gruppo ciclico e la loro intersezione è non banale perché tutti contengono il sottogruppo ciclico di ordine $p$.
ok ma quello che mi preme e`:
Ci sono errori?
Ci sono errori?
L'unica cosa che mi lascia perplesso è: Una intersezione di un numero numerabile di insiemi ha sempre minimo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?
Tra l'altro stavo notando che in $ZZ$ l'intersezione di un qualsiasi sottogruppo $$ con un altro sottogruppo $$ è sempre $$ e quindi è sempre non banale. Sei sucuro che il problema sia giusto?
allora...
io ho avuto lo stesso dubbio e lo abbiamo risolto con il mio esercitatore di aritmetica...
In $Z$ e' particolarmente semplice...
Posto che tutti i sottogruppi di $Z$ son della forma $nZ$ per qualche $n$.
Se fai un'intersezione infinita ottieni che all'interno di questa intersezione c'e' solo l'elemento neutro...
anche perche' se fai l'intersezione di $mZ$ e $nZ$ ottieni tutti i numeri che son multipli di $m$ e di $n$, ma in generale se fai quest'intersezione all'infinito ottieni che nessun numero puo' esser multiplo di tutti i numeri...
Quindi il problema potrebbe esser nel fatto che fai un'intersezione infinita, ma a tal problema si ovvia, poiche' al limite puoi degenerare e ottenere come gruppo quello banale, ma l'ipotesi ce lo impedisce...
io ho avuto lo stesso dubbio e lo abbiamo risolto con il mio esercitatore di aritmetica...
In $Z$ e' particolarmente semplice...
Posto che tutti i sottogruppi di $Z$ son della forma $nZ$ per qualche $n$.
Se fai un'intersezione infinita ottieni che all'interno di questa intersezione c'e' solo l'elemento neutro...
anche perche' se fai l'intersezione di $mZ$ e $nZ$ ottieni tutti i numeri che son multipli di $m$ e di $n$, ma in generale se fai quest'intersezione all'infinito ottieni che nessun numero puo' esser multiplo di tutti i numeri...
Quindi il problema potrebbe esser nel fatto che fai un'intersezione infinita, ma a tal problema si ovvia, poiche' al limite puoi degenerare e ottenere come gruppo quello banale, ma l'ipotesi ce lo impedisce...
"vict85":
L'unica cosa che mi lascia perplesso è: Una intersezione di un numero numerabile di insiemi ha sempre minimo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?
Non capisco a cosa ti stai riferendo: nel problema di angus89 si ipotizza che il gruppo $G$ sia tale che ogni intersezione di sottogruppi non banali sia non banale, e si deduce qualcosa. Non sta mica dicendo che ogni gruppo verifica questa condizione. Per esempio appunto in $ZZ$ l'intersezione dei $2^nZZ$ e' $0$.
Io non vedo problemi con le intersezioni infinite: per ipotesi tutte le intersezioni (anche quelle infinite) di sottogruppi non banali di $G$ sono non banali. E la possibile infinita' di tali intersezioni si usa nel costruire $K$.
in definitiva credi sia corretta come dimostrazione?
"angus89":
in definitiva credi sia corretta come dimostrazione?
Si'.
"Martino":
[quote="vict85"]L'unica cosa che mi lascia perplesso è: Una intersezione di un numero numerabile di insiemi ha sempre minimo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?
Non capisco a cosa ti stai riferendo: nel problema di angus89 si ipotizza che il gruppo $G$ sia tale che ogni intersezione di sottogruppi non banali sia non banale, e si deduce qualcosa. Non sta mica dicendo che ogni gruppo verifica questa condizione. Per esempio appunto in $ZZ$ l'intersezione dei $2^nZZ$ e' $0$.[/quote]
ok, forse ho capito perché è $0$... supponi che un elemento diverso da $0$ sia nell'intersezione e trovi un sottoinsieme della famiglia che non lo contiene...In ogni caso $ZZ$ è isomorfo al gruppo ciclico generato da ogni elemento di ordine infinito... Quindi ogni gruppo non di torsione ha una sottogruppo isomorfo a $ZZ$. Quindi se $ZZ$ con i suoi sottogruppi non ha questa caratteristica allora il gruppo con quella caratteristica deve essere di torsione...
A me sembra che il test di $ZZ$ sia essenziale ai fini della dimostrazione, di fatto se dimostri questo hai dimostrato il teorema.
Se ho capito bene ora il problema non e' dimostrare quanto asserito da angus89 ma trovare un esempio di un gruppo infinito tale che le intersezioni di sottogruppi non banali sono non banali, giusto? In tal caso come dice vict85 bisogna andare in cerca di gruppi ogni cui elemento abbia ordine finito (stavo pensando al gruppo delle radici di 1 in C, che probabilmente e' l'unico siffatto che conosco con coscienza, ma purtroppo non va bene).
Dico infinito perche' il caso finito non e' interessante rispetto a quanto detto, e inoltre per esempio il gruppo dei quaternioni di ordine $8$ verifica l'ipotesi (ammette un sottogruppo di ordine 2 contenuto in ogni sottogruppo non banale).
Dico infinito perche' il caso finito non e' interessante rispetto a quanto detto, e inoltre per esempio il gruppo dei quaternioni di ordine $8$ verifica l'ipotesi (ammette un sottogruppo di ordine 2 contenuto in ogni sottogruppo non banale).
"Martino":
Se ho capito bene ora il problema non e' dimostrare quanto asserito da angus89 ma trovare un esempio di un gruppo infinito tale che le intersezioni di sottogruppi non banali sono non banali, giusto? In tal caso come dice vict85 bisogna andare in cerca di gruppi ogni cui elemento abbia ordine finito (stavo pensando al gruppo delle radici di 1 in C, che probabilmente e' l'unico siffatto che conosco con coscienza, ma purtroppo non va bene).
Dico infinito perche' il caso finito non e' interessante rispetto a quanto detto, e inoltre per esempio il gruppo dei quaternioni di ordine $8$ verifica l'ipotesi (ammette un sottogruppo di ordine 2 contenuto in ogni sottogruppo non banale).
A questo ho risposto nel mio primo post...Riguardo alle intersezioni infinite mi ero solamente confuso...
Ah ma allora si puo' fare cosi': consideriamo il gruppo $G$ che consiste di tutte le radici $2^n$-esime di $1$ in $CC$ al variare di $n$. Se $H$ e' un suo sottogruppo non banale e $1 ne x in H$ allora $x^{2^n}=1$ per qualche $n>0$. Quindi $y=x^{2^{n-1}}$ verifica $y^2=1$, da cui $y in {1,-1}$. Se $x^{2^{n-1}}=-1$ allora $-1 in H$, altrimenti $x^{2^{n-1}}=1$. Per induzione siccome $x ne 1$ esiste $k
Modifico: ok scusa vict non avevo visto il tuo primo post..
l'avevi fatto per ogni primo $p$.
Modifico: ok scusa vict non avevo visto il tuo primo post..
l'avevi fatto per ogni primo $p$.
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