Gruppo additivo dei razionali
Salve,
perchè tutti i sottogruppi non banali di $(\mathbb{Q},+)$ hanno indice infinito?
Grazie a tutti.
perchè tutti i sottogruppi non banali di $(\mathbb{Q},+)$ hanno indice infinito?
Grazie a tutti.
Risposte
\(\mathbb{Q}\) è un gruppo divisibile. Un gruppo abeliano \(G\) è divisibile se per ogni \(n\in \mathbb{N}\) e \(x\in G\), esiste un \(y\in G\) tale che \(ny = x\). In altre parole la funzione \(x\mapsto nx\) è suriettiva per ogni \(n\), cioè \(n\mathbb{Q} = \mathbb{Q}\).
A questo punto prova a dimostrare che il quoziente di un gruppo divisibile è divisibile, e che l'unico gruppo finitamente generato divisibile è il sottogruppo banale.
A questo punto prova a dimostrare che il quoziente di un gruppo divisibile è divisibile, e che l'unico gruppo finitamente generato divisibile è il sottogruppo banale.
Ripensandoci il caso finitamente generato è inutilmente difficile. Ti basta dimostrare il caso di un gruppo finito.
Salve, per dimostrare che se $(G,+)$ è un gruppo divisibile finito allora $G={0}$ ho pensato di fare così:
se per assurdo G $\ne {0} $ allora $\exists $ $ 0\ne x\inG | $ $\forall n$ $\in \mathbb{N}$ $\exists $ $y\inG | x=ny$.
Dunque c'è un insieme numerabile di elementi di $G$ che divide $x$ (c'è una diversa $y \forall n \in \mathbb{N}$)
il che è assurdo perchè $G$ è finito.
Il ragionamento è corretto?
Grazie.
se per assurdo G $\ne {0} $ allora $\exists $ $ 0\ne x\inG | $ $\forall n$ $\in \mathbb{N}$ $\exists $ $y\inG | x=ny$.
Dunque c'è un insieme numerabile di elementi di $G$ che divide $x$ (c'è una diversa $y \forall n \in \mathbb{N}$)
il che è assurdo perchè $G$ è finito.
Il ragionamento è corretto?
Grazie.
Gli elementi non devono necessariamente essere diversi. Insomma \(x \in \langle y\rangle\) e quindi ci saranno infiniti \(n\) per cui \(y^n = x\).
Un modo è quello di osservare che l'ordine di ogni elemento divide l'ordine di \(G\), quindi se \(n =\lvert G \rvert\) allora \(\forall y\in G, y^n = 1\neq x\).
Un modo è quello di osservare che l'ordine di ogni elemento divide l'ordine di \(G\), quindi se \(n =\lvert G \rvert\) allora \(\forall y\in G, y^n = 1\neq x\).
Mi è uscito di scriverlo moltiplicativo ma penso che si capisca.
Comunque per il caso finitamente generato io l'ho fatto così:
1) \(\displaystyle G \) divisibile implica \(\displaystyle G/H \) divisibile
Basta usare il fatto che \(\displaystyle n(y + H) = ny + nH \subseteq ny + H = x + H \).
2) \(\mathbb{Z}\) non è divisibile.
Il quoziente \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) ha ordine \(p\) e quindi non divisibile. Pertanto neanche \(\mathbb{Z}\) può esserlo.
Questo è il metodo che puoi usare tu oppure puoi unire i due passaggi senza far riferimento diretto al fatto che \(\mathbb{Q}\) sia divisibile.
Definizione: Sia \(\displaystyle S = S_1\cup S_2 \) tale che \(\displaystyle \langle S \rangle = G \). \(\displaystyle S_1 \) è detto superfluo se \(\displaystyle \langle S_2 \rangle = G \).
3) Sia \(G = \langle S \rangle \) divisibile, allora ogni elemento di \(\displaystyle S \) è superfluo.
Supponiamo per assurdo che \(\displaystyle s\in S \) non sia superfluo allora \(\displaystyle \langle S\setminus\{s\}\rangle = H \triangleleft G \) e \(\displaystyle H + \langle s\rangle = G \). Per il secondo teorema degli isomorfismi di gruppi si ha che \(G/H \cong (H + \langle s\rangle)/H \cong \langle s\rangle/(H\cap \langle s\rangle) \cong \mathbb{Z}/K\) per qualche \(K\triangleleft \mathbb{Z}\) ma per il punto 2 questo è assurdo.
4) Se \(S\) è un insieme finito tale che \(\langle S\rangle = G\), con \(G\) non banale, allora esiste un \(S'\subseteq S\) finito che non contiene elementi superflui.
È piuttosto banale, è sufficiente procedere su induzione eliminando gli elementi superflui e tenendo conto che l'insieme di generatori non può essere vuoto.
Riunendo gli ultimi due passaggi si ha la tesi. Per informazione generale \(S'\) è detto insieme di generatori minimali e può non essere minimo.
Comunque per il caso finitamente generato io l'ho fatto così:
1) \(\displaystyle G \) divisibile implica \(\displaystyle G/H \) divisibile
Basta usare il fatto che \(\displaystyle n(y + H) = ny + nH \subseteq ny + H = x + H \).
2) \(\mathbb{Z}\) non è divisibile.
Il quoziente \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) ha ordine \(p\) e quindi non divisibile. Pertanto neanche \(\mathbb{Z}\) può esserlo.
Questo è il metodo che puoi usare tu oppure puoi unire i due passaggi senza far riferimento diretto al fatto che \(\mathbb{Q}\) sia divisibile.
Definizione: Sia \(\displaystyle S = S_1\cup S_2 \) tale che \(\displaystyle \langle S \rangle = G \). \(\displaystyle S_1 \) è detto superfluo se \(\displaystyle \langle S_2 \rangle = G \).
3) Sia \(G = \langle S \rangle \) divisibile, allora ogni elemento di \(\displaystyle S \) è superfluo.
Supponiamo per assurdo che \(\displaystyle s\in S \) non sia superfluo allora \(\displaystyle \langle S\setminus\{s\}\rangle = H \triangleleft G \) e \(\displaystyle H + \langle s\rangle = G \). Per il secondo teorema degli isomorfismi di gruppi si ha che \(G/H \cong (H + \langle s\rangle)/H \cong \langle s\rangle/(H\cap \langle s\rangle) \cong \mathbb{Z}/K\) per qualche \(K\triangleleft \mathbb{Z}\) ma per il punto 2 questo è assurdo.
4) Se \(S\) è un insieme finito tale che \(\langle S\rangle = G\), con \(G\) non banale, allora esiste un \(S'\subseteq S\) finito che non contiene elementi superflui.
È piuttosto banale, è sufficiente procedere su induzione eliminando gli elementi superflui e tenendo conto che l'insieme di generatori non può essere vuoto.
Riunendo gli ultimi due passaggi si ha la tesi. Per informazione generale \(S'\) è detto insieme di generatori minimali e può non essere minimo.
Grazie mi è stato di grandissimo aiuto!
L'unico dubbio è nella dimostrazione che il quoziente di gruppi divisibili è divisibile:
non posso dire che $n(y+H)=ny+H$ per come è definita la somma tra laterali cioè basta sommare tra loro i rappresentanti?
non posso dire che $n(y+H)=ny+H$ per come è definita la somma tra laterali cioè basta sommare tra loro i rappresentanti?
L'ho scritto così perché in generale \(nH \subseteq H\), ma proiettando nel quoziente si ha l'uguaglianza.
Grazie infinite per la sua gentile disponibilità
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