Gruppo ad elementi in $ZZ//p$
Sia $G$ il gruppo delle matrici $2x2$ $((a,b),(c,d))$ dove $a,b,c,d$ sono interi modulo $p$ con $p$ numero primo e tali che $ad-bc!=0$. $G$ è un gruppo rispetto al prodotto di matrici. Qual'è l'ordine di $G$?
Sia poi $H$ il sottogruppo di $G$ definito da:
$H={((a,b),(c,d))inG | ad-bc=1}$.
Qual'è l'ordine di $H$?
(L'esercizio è tratto dallo Hernstein)
Nel caso $p=2$ si ha $a,b,c,d in {0,1}$ e tenendo conto della relazione $ad-bc!=0$ si ottiene:
$G={((1,1),(1,0)), ((1,1),(0,1)), ((1,0),(0,1)), ((0,1),(1,0)), ((0,1),(1,1)), ((1,0),(1,1)) }$ da cui segue che l'ordine di $G$ è $6$; mentre $H={ ((1,0),(0,1)) }$ con $|H|=1$.
Nel caso $p=3$ lo Hernstein afferma che si ha $|G|=48$ e questo lo potrei facilmente provare calcolandomi tutte le varie combinazioni con $a,b,c,d in {0,1,2}$.
Ma nel caso generale come posso procedere? ossia c'è un procedimento che mi faccia stabilire qual'è l'ordine di $G$ e di $H$ senza fare esplicitamente tutti i conti?
Sia poi $H$ il sottogruppo di $G$ definito da:
$H={((a,b),(c,d))inG | ad-bc=1}$.
Qual'è l'ordine di $H$?
(L'esercizio è tratto dallo Hernstein)
Nel caso $p=2$ si ha $a,b,c,d in {0,1}$ e tenendo conto della relazione $ad-bc!=0$ si ottiene:
$G={((1,1),(1,0)), ((1,1),(0,1)), ((1,0),(0,1)), ((0,1),(1,0)), ((0,1),(1,1)), ((1,0),(1,1)) }$ da cui segue che l'ordine di $G$ è $6$; mentre $H={ ((1,0),(0,1)) }$ con $|H|=1$.
Nel caso $p=3$ lo Hernstein afferma che si ha $|G|=48$ e questo lo potrei facilmente provare calcolandomi tutte le varie combinazioni con $a,b,c,d in {0,1,2}$.
Ma nel caso generale come posso procedere? ossia c'è un procedimento che mi faccia stabilire qual'è l'ordine di $G$ e di $H$ senza fare esplicitamente tutti i conti?
Risposte
Prima o poi da questo problema ci passano tutti! Quando lo risolsi io l'anno scorso (e 2 minuti fa dato che non trovavo il quaderno ) ho usato praticamente solo combinatoria, e il fatto che $Z// pZ$ è un campo.
Come indizio, ti posso dire che può essere utile suddividere i casi
1)c'è almeno uno zero su una diagonale (su entrambe ovviamente non può esserci...) e
2) in entrambe le diagonali non compare alcuno zero.
Sicuramente ci saranno metodi più eleganti, senza fare molti conti, ma quello che ho usato ha il pregio di non richiedere particolari conoscenze. Buon lavoro!
Come indizio, ti posso dire che può essere utile suddividere i casi
1)c'è almeno uno zero su una diagonale (su entrambe ovviamente non può esserci...) e
2) in entrambe le diagonali non compare alcuno zero.
Sicuramente ci saranno metodi più eleganti, senza fare molti conti, ma quello che ho usato ha il pregio di non richiedere particolari conoscenze. Buon lavoro!
"alvinlee88":
Prima o poi da questo problema ci passano tutti! Quando lo risolsi io l'anno scorso (e 2 minuti fa dato che non trovavo il quaderno ) ho usato praticamente solo combinatoria, e il fatto che $Z// pZ$ è un campo.
Come indizio, ti posso dire che può essere utile suddividere i casi
1)c'è almeno uno zero su una diagonale (su entrambe ovviamente non può esserci...) e
2) in entrambe le diagonali non compare alcuno zero.
Sicuramente ci saranno metodi più eleganti, senza fare molti conti, ma quello che ho usato ha il pregio di non richiedere particolari conoscenze. Buon lavoro!
eheh... in pratica è l'ordine di $GL_n(F_p)$ con $n=2$, no?... si alvinlee88, ci passano tutti... e se non ci passano te lo mostrano i prof ai corsi di strutture
"Thomas":
eheh... in pratica è l'ordine di $GL_n(F_p)$ con $n=2$, no?... si alvinlee88, ci passano tutti... e se non ci passano te lo mostrano i prof ai corsi di strutture
proca ******* thomas è vero!!! ti giuro che non avevo notato questa cosa...che vergogna....la mia soluzione non sa nemmeno cosa siano i vettori linearmente indipendenti, nè altro di algebra lineare...è solo combinatoria...certo che però dovevo accorgermi che si trattava di quel gruppo...saranno stati i troppi pandori!!
"alvinlee88":
[quote="Thomas"]
eheh... in pratica è l'ordine di $GL_n(F_p)$ con $n=2$, no?... si alvinlee88, ci passano tutti... e se non ci passano te lo mostrano i prof ai corsi di strutture
proca ******* thomas è vero!!! ti giuro che non avevo notato questa cosa...che vergogna....la mia soluzione non sa nemmeno cosa siano i vettori linearmente indipendenti, nè altro di algebra lineare...è solo combinatoria...certo che però dovevo accorgermi che si trattava di quel gruppo...saranno stati i troppi pandori!!
[/quote]va bè io lo dicevo tanto per dire...
...del resto mi pare che quell'esercizio sull'Hernstein è ben prima degli spazi vettoriali, che probabilmente non conoscevi quando hai risolto l'esercizio... immagino che deserto sia nella stessa situazione e richiederà una soluzione tipo la tua...
ps: la digestione è un problema comune di questi tempi!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo