Gruppo per cui $f(g)=g^(-1)$ per almeno $3/4$ di $|G|$.
Sia $G$ un gruppo finito, $f$ un omomorfismo di $G$ in sè per cui valga $f(g)=g^(-1)$ per almeno $3/4$ degli elementi di $G$. Dimostrare che allora $f(g)=g^(-1)$ per tutti gli elementi di $G$, e che $G$ è abeliano.
Premetto che ho la soluzione, che l'ho sbirciata e ho notato che la mia idea di fondo (che ora espongo) è giusta, ma non riesco a concludere praticamente, e come fa il mio prof non mi garba per niente, in particolare un passaggio lo trovo brutto e complicato. Chiedo quindi aiuto al forum, speranzoso come sempre.
L'idea è dimostrare che $H={ginG|f(g)=g^(-1)}$ è un sottogruppo di $G$. Se infatti così fosse, tale sottogruppo avrebbe ordine $>= [3/4|G|]+1$, dove con $[x]$ indico il minimo intero che non supera $x$, e in particolare dunque $|H|>[|G|/2]+1$, e allora avrebbe indice minore di $2$, possibile solo se $H$ è $G$ stesso (oppure basta dire "per il teorema di Lagrange"). Convinto che sia una buona strada, dimostro agile che $e$, l'elemento neutro sta in $H$ e che se $x$ sta in $H$ allora ci sta anche $x^(-1)$. Manca solo la chiusura. Ossia che presi $x,y in H$, dovrebbe essere che $xy in H$, ovvero che $f(xy)=(xy)^(-1)=y^(-1)x^(-1)$. Ma dato che $f$ è omomorfismo, $f(xy)=x^(-1)y^(-1)$,e allora la proprietà di chiusura si traduce in $xy=yx$ per ogni $x$ e $y$ in $H$, ovvero che $H$ sia abeliano. Dat oche devo dimostrare anche che $G$ è abeliano, provo a fare subito questo (Anche perchè se dimostro che $H$ è abeliano, ossia completo la dimostrazione che è un sottogruppo e che quindi è uguale a $G$, allora è ovvio che anche $G$ è abeliano. Ma dimostrare che $G$ è abeliano a senso mi risulta più facile, dato che posso parlare di $Z(G)$, mentre non credo si possa parlare di centro di $H$. dato che $H$ non so ancora se è un sottogruppo..).
Dunque:$G$ è abeliano $<=>$ $Z(G)=G$, ma per questo è sufficiente che $H subset Z(G)$, in quanto $Z(G)$ sarebbe un sottroguppo di indice minore di $2$, e dunque sarebbe tutto $G$. La proprietà $H subset Z(G)$ , ovvero $hinZ(G)$ $forall h in H$, si traduce in $Z(h)=G$ per ogni $h in H$. Questo è il punto in cui mi blocco. Come dimostro che $Z(h)=G$ per ogni $h in H$? Fatto questo, ho finito.
Mi rivolgo a voi. Grazie come sempre.
Premetto che ho la soluzione, che l'ho sbirciata e ho notato che la mia idea di fondo (che ora espongo) è giusta, ma non riesco a concludere praticamente, e come fa il mio prof non mi garba per niente, in particolare un passaggio lo trovo brutto e complicato. Chiedo quindi aiuto al forum, speranzoso come sempre.
L'idea è dimostrare che $H={ginG|f(g)=g^(-1)}$ è un sottogruppo di $G$. Se infatti così fosse, tale sottogruppo avrebbe ordine $>= [3/4|G|]+1$, dove con $[x]$ indico il minimo intero che non supera $x$, e in particolare dunque $|H|>[|G|/2]+1$, e allora avrebbe indice minore di $2$, possibile solo se $H$ è $G$ stesso (oppure basta dire "per il teorema di Lagrange"). Convinto che sia una buona strada, dimostro agile che $e$, l'elemento neutro sta in $H$ e che se $x$ sta in $H$ allora ci sta anche $x^(-1)$. Manca solo la chiusura. Ossia che presi $x,y in H$, dovrebbe essere che $xy in H$, ovvero che $f(xy)=(xy)^(-1)=y^(-1)x^(-1)$. Ma dato che $f$ è omomorfismo, $f(xy)=x^(-1)y^(-1)$,e allora la proprietà di chiusura si traduce in $xy=yx$ per ogni $x$ e $y$ in $H$, ovvero che $H$ sia abeliano. Dat oche devo dimostrare anche che $G$ è abeliano, provo a fare subito questo (Anche perchè se dimostro che $H$ è abeliano, ossia completo la dimostrazione che è un sottogruppo e che quindi è uguale a $G$, allora è ovvio che anche $G$ è abeliano. Ma dimostrare che $G$ è abeliano a senso mi risulta più facile, dato che posso parlare di $Z(G)$, mentre non credo si possa parlare di centro di $H$. dato che $H$ non so ancora se è un sottogruppo..).
Dunque:$G$ è abeliano $<=>$ $Z(G)=G$, ma per questo è sufficiente che $H subset Z(G)$, in quanto $Z(G)$ sarebbe un sottroguppo di indice minore di $2$, e dunque sarebbe tutto $G$. La proprietà $H subset Z(G)$ , ovvero $hinZ(G)$ $forall h in H$, si traduce in $Z(h)=G$ per ogni $h in H$. Questo è il punto in cui mi blocco. Come dimostro che $Z(h)=G$ per ogni $h in H$? Fatto questo, ho finito.
Mi rivolgo a voi. Grazie come sempre.
Risposte
Non vedo cosa ci sia di più semplice nel dimostrare che il prodotto tra un elemento di $H$ e uno di $G$ è commutativo piuttosto che prendere solo elementi di $H$...
sono d'accordo con Irenze. La via straight (o come si scrive!) secondo me è:
- gli elementi di H commutano => H è un sottogruppo => H è tutto => G è abeliano.
a me non è venuta così in realtà ma la riscriverei nell'ordine sopra.
Come hint su come è venuta a me la dimostrazione di direi di provare a fare l'ultima freccia... supponendo di avere già dimostrato che quell'omomorfismo è esteso a tutto G (ed è un automosrfismo!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!)(*) ed avendolo a disposizione come fai a vedere che G è abeliano? (si fa con identità senza tirare fuori centri e robe varie...)
fatto questo dovresti avere il metodo per dimostrare tutti gli altri passaggi...
in effetti il chiedere di dimostrare che G è abeliano è un aiuto per la dimostrazione!
(*) intendo dire: supponendo che quell'omomorfismo sia esteso a tutto G ED uguale a g^-1 per ogni g...
- gli elementi di H commutano => H è un sottogruppo => H è tutto => G è abeliano.
a me non è venuta così in realtà ma la riscriverei nell'ordine sopra.
Come hint su come è venuta a me la dimostrazione di direi di provare a fare l'ultima freccia... supponendo di avere già dimostrato che quell'omomorfismo è esteso a tutto G (ed è un automosrfismo!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!)(*) ed avendolo a disposizione come fai a vedere che G è abeliano? (si fa con identità senza tirare fuori centri e robe varie...)
fatto questo dovresti avere il metodo per dimostrare tutti gli altri passaggi...
in effetti il chiedere di dimostrare che G è abeliano è un aiuto per la dimostrazione!
(*) intendo dire: supponendo che quell'omomorfismo sia esteso a tutto G ED uguale a g^-1 per ogni g...
oddio.... in effetti tu volevi un modo per continuare la tua dimostrazione, non un hint per un'altra... scusa magari ci penso...
Dire che $xy=yx$ è come dire che 1) $x^(-1)y^(-1)xy=1$ visto che $x,y in H$ e quindi $x^(-1) , y^(-1) in H$
Allora se dimostro 1) ho fatto. So che $f(xy)=(xy)^(-1)=y^(-1)x^(-1)$ ma siccome f è omomorfismo $f(xy)=f(x)f(y)=x^(-1)y^(-1)$ allora $y^(-1)x^(-1)=x^(-1)y^(-1)$ allora moltiplico prima per $x$ quindi $y^(-1)x^(-1)x=x^(-1)y^(-1)x$ allora in virtù della proprietà associativa $y^(-1)=x^(-1)y^(-1)x$ poi moltiplico per $y$ quindi $y^(-1)y=x^(-1)y^(-1)xy$ allora $1=x^(-1)y^(-1)xy$ che era proprio quello che si voleva dimostrare.
Spero di non aver commesso errori troppo scemi, e di averti aiutato.
ciao
Allora se dimostro 1) ho fatto. So che $f(xy)=(xy)^(-1)=y^(-1)x^(-1)$ ma siccome f è omomorfismo $f(xy)=f(x)f(y)=x^(-1)y^(-1)$ allora $y^(-1)x^(-1)=x^(-1)y^(-1)$ allora moltiplico prima per $x$ quindi $y^(-1)x^(-1)x=x^(-1)y^(-1)x$ allora in virtù della proprietà associativa $y^(-1)=x^(-1)y^(-1)x$ poi moltiplico per $y$ quindi $y^(-1)y=x^(-1)y^(-1)xy$ allora $1=x^(-1)y^(-1)xy$ che era proprio quello che si voleva dimostrare.
Spero di non aver commesso errori troppo scemi, e di averti aiutato.
ciao
"bezout":
So che $f(xy)=(xy)^(-1)=y^(-1)x^(-1)$
Questa è nè più nè meno la tesi. Il punto è proprio che non so se $xy$ sta ancora in $H$.
"bezout":
spero di non aver commesso errori troppo scemi, e di averti aiutato.
ciao
Grazie del tentativo comunque!
@irenze
Cercavo di dimostrare l'abelianità per $G$ e non per $H$ perchè, dato che $G$ è un gruppo, posso parlare del suo centro, posso usare $Z(g)=G <=> g in Z(G)$ ed altre cose che mi sarebbero precluse se considerassi semplicemente $H$, dato che $H$, per ora, è solo un insieme, non ha struttura gruppale.
"Thomas":. Questa ultima cosa è banale, si fa in mezza riga. Il fatto è che non dimostro nulla. Queste implicazioni sono tutte ovvie, la cosa non ovvia è dimostrare la prima proposizione, ovvero "gli elementi di H commutano". Ma dato che se dimostro l'abelianità per G discende quella di H, e che mi pareva più difficile e comunque con meno cose da poter usare dimostrare quella per H, in quanto $G$ è un gruppo e H solo un insieme, ho scritto per intero la mia idea, che ora ho ripetuto.
sono d'accordo con Irenze. La via straight (o come si scrive!) secondo me è:
- gli elementi di H commutano => H è un sottogruppo => H è tutto => G è abeliano.
a me non è venuta così in realtà ma la riscriverei nell'ordine sopra.
Come hint su come è venuta a me la dimostrazione di direi di provare a fare l'ultima freccia... supponendo di avere già dimostrato che quell'omomorfismo è esteso a tutto G (ed è un automosrfismo!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!)(*) ed avendolo a disposizione come fai a vedere che G è abeliano? (si fa con identità senza tirare fuori centri e robe varie...)
In ogni caso sono accette anche dimostrazioni del fatto che $H$ è abeliano.
Ma quello che vorrei io è dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h in H$, con $Z(h)$ il centralizzatore di h in G.
cazzata... work in progress
Curioso questo problema.
Una cosa: ma non state snobbando un po' questi famosi tre quarti? alvinlee, la tua idea di tentare di dimostrare che $H$ è un sottogruppo è certamente un'ottima idea, ma quello che mi lascia dubbioso è che risolve tutti i casi in cui $H$ ha più della metà degli elementi di $G$, non solo il caso di $3/4 |G|$. Inoltre per mostrare la chiusura ci si riduce bene o male a mostrare che $G$ è abeliano, e questo a priori è più forte della stessa tesi. Non so, magari la tua strada è giusta, ma io cercherei altrove..
Una cosa: ma non state snobbando un po' questi famosi tre quarti? alvinlee, la tua idea di tentare di dimostrare che $H$ è un sottogruppo è certamente un'ottima idea, ma quello che mi lascia dubbioso è che risolve tutti i casi in cui $H$ ha più della metà degli elementi di $G$, non solo il caso di $3/4 |G|$. Inoltre per mostrare la chiusura ci si riduce bene o male a mostrare che $G$ è abeliano, e questo a priori è più forte della stessa tesi. Non so, magari la tua strada è giusta, ma io cercherei altrove..
mi scuso avinlee88 per la vistosa serie di errori............. mi sono confuso un pò troppo tra tesi ipotesi e corollari........ 
....... in effetti sembrava troppo banale 
mi prenderò un pò di tempo per pensarci con calma...
ciao
@Martino: snobbare i 3/4? boh forse hai ragione......... dipende quanto si crede nella buona fede di chi ha scritto il problema
....... in effetti sembrava troppo banale mi prenderò un pò di tempo per pensarci con calma...
ciao
@Martino: snobbare i 3/4? boh forse hai ragione......... dipende quanto si crede nella buona fede di chi ha scritto il problema
"Martino":
Curioso questo problema.
Una cosa: ma non state snobbando un po' questi famosi tre quarti? alvinlee, la tua idea di tentare di dimostrare che $H$ è un sottogruppo è certamente un'ottima idea, ma quello che mi lascia dubbioso è che risolve tutti i casi in cui $H$ ha più della metà degli elementi di $G$, non solo il caso di $3/4 |G|$. Inoltre per mostrare la chiusura ci si riduce bene o male a mostrare che $G$ è abeliano, e questo a priori è più forte della stessa tesi. Non so, magari la tua strada è giusta, ma io cercherei altrove..
Capisco che vuoi dire, ma ascolta. Se $H$ è un sottogruppo, allora basterebbe che avesse almeno $1/2|G|$ elementi per concludere. Quello che io sostengo è che per dimostrare che $H$ è un sottogruppo, ovvero come ho scritto che $forall h in H$ $Z(h)=G$, si debba usare necessariamente l'ipotesi specifica del 3/4. Diciamo che sono convinto, anche perchè ho a disposizione la soluzione fatta da un nostro prof che intraprende una strada molto simile, e ala fine dimostra che $H subset Z(G)$ usando proprio il fatto dei 3/4. La sua dimostrazione di questo passaggio chiave che ho chiesto qua, 1) non mi piace e mi risulta come calata dal cielo 2) non mi sarebbe mai venuta in mente perchè appunto mi pare un pò calata dal cielo, ma forse sono io che ho un mio "stile" personale (come tutti) nelle dimostrazioni. Per questo l'ho chiesta qua dentro. E ovviamente la sua dimostrazione di questo fatto non funziona se si prende che la tesi valga per meno elementi di $3/4|G|$. Ma in generale il fatto che una dimostrazione non funzioni non vuol dire che la cosa non sia vera. La mia convinzione è però, visto che nella dimostrazione del prof il 3/4 è proprio "giusto giusto", tale ipotesi sia necessaria, ovvero che si possa trovare un controesempio in cui questa cosa valga per almeno $1/2|G|$ elementi di $G$ ma che magari non valga per tutti (e dunque deve valere per un numero $x$ di elementi (tralascio le parti intere) $1/2 |G|<=x<3/4|G|$). A parte questa mia fiducia, spero di aver chiarito il fatto che secondo me l'ipotesi dei 3/4 sia una ipotesi fondamentale per dimostrare il punto chiave del problema, ovvero che $Hsubset Z(G)$.
Se poi volete posto la dimostrazione del prof di questo passaggio chiave, non che sia particolarmente difficile, ma per i motivi detti sopra vorrei vedere cosa propone il forum. Se viene fuori che è l'unico o quasi modo di idmostrare certe cose, devo rassegnarmi a imparare a pensare così.
grazie per l'attenzione.
"alvinlee88":
Se poi volete posto la dimostrazione del prof di questo passaggio chiave, non che sia particolarmente difficile, ma per i motivi detti sopra vorrei vedere cosa propone il forum. Se viene fuori che è l'unico o quasi modo di idmostrare certe cose, devo rassegnarmi a imparare a pensare così.
grazie per l'attenzione.
no dai lascia almeno il week-end come tempo al forum (e lo chiedo anche per me... se qualcun altro posta la soluzione eviterò di leggerla!
) per pensarci su , quando si è plausibilmente un pò più liberi ...posso chiederti come si chiama il tuo prof e quale è il corso ?...
Non ho resistito alla tentazione di non aspettare il week-end e quindi oggi ho dedicato il tempo di studio generalmente dedicato all'università per questo problema...
Non sono giunto quasi a nulla... dico le mie osservazioni nel caso servano a qualcuno o qualcosa... oramai non credo di fare ulteriori progressi a breve termine...
Riassumendo mi pare di aver capito che serve dimostrare che $H\subsetZ(H) $, Volendo andare oltre che $G \subset Z(H)$.
Valgono (mi pare) le seguenti cose (saranno forse ovvie ma magari qualcuna serve):
- f è automorfismo;
- $H$ è f-invariante e contiene l'inverso di ogni suo elemento;
- $Z(H)$ è un sottogruppo f-invariante;
- se prendiamo due insiemi con più di 3/4G elementi (per esempio $gH$,$Hg$, $f(Hg)$ e così via) la loro intersezione conterrà almeno G/2 elementi (eventualmente genereranno ancora il gruppo);
boh....... mi sa che devo ancora acquisire un pò di abilità con l'algebra purtroppo
Non sono giunto quasi a nulla... dico le mie osservazioni nel caso servano a qualcuno o qualcosa... oramai non credo di fare ulteriori progressi a breve termine...
Riassumendo mi pare di aver capito che serve dimostrare che $H\subsetZ(H) $, Volendo andare oltre che $G \subset Z(H)$.
Valgono (mi pare) le seguenti cose (saranno forse ovvie ma magari qualcuna serve):
- f è automorfismo;
- $H$ è f-invariante e contiene l'inverso di ogni suo elemento;
- $Z(H)$ è un sottogruppo f-invariante;
- se prendiamo due insiemi con più di 3/4G elementi (per esempio $gH$,$Hg$, $f(Hg)$ e così via) la loro intersezione conterrà almeno G/2 elementi (eventualmente genereranno ancora il gruppo);
boh....... mi sa che devo ancora acquisire un pò di abilità con l'algebra purtroppo
@alvinlee
Se ho ben capito, vuoi dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h\in{g | f(g)=g^{-1}}:=H$. Questo in effetti implica che $G$ e' abeliano e facilmente tutta la tesi.
Ecco come farei io.
1. $a,b,ab\in H$ implica $ab=ba$. Infatti, $b^{-1}a^{-1}=(ab)^{-1}=f(ab)=f(a)f(b)=a^{-1}b^{-1}$. Dunque $b^{-1}a^{-1}=a^{-1}b^{-1}$, dunque $ab^{-1}=b^{-1}a$, dunque $ba=ab$.
2. Se $a\in H$, allora $|aHnn H|>1/2|G|$. Infatti, $|aH|>3/4|G|$, $|H|>3/4|G|$: di qui la tesi.
3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.
Se ho ben capito, vuoi dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h\in{g | f(g)=g^{-1}}:=H$. Questo in effetti implica che $G$ e' abeliano e facilmente tutta la tesi.
Ecco come farei io.
1. $a,b,ab\in H$ implica $ab=ba$. Infatti, $b^{-1}a^{-1}=(ab)^{-1}=f(ab)=f(a)f(b)=a^{-1}b^{-1}$. Dunque $b^{-1}a^{-1}=a^{-1}b^{-1}$, dunque $ab^{-1}=b^{-1}a$, dunque $ba=ab$.
2. Se $a\in H$, allora $|aHnn H|>1/2|G|$. Infatti, $|aH|>3/4|G|$, $|H|>3/4|G|$: di qui la tesi.
3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.
bravo fields che mette apposto i pezzi giusti come al solito!...
così per autocritica ed esercizio personale (nel senso che mi serve come preparazione per un esame che spero di riuscire a dare) scrivo come avrei dovuto (o potuto) ragionare:
1) cerchiamo di dimostrare che ab=ba. Ecco è facile!... doh ma così ho usato che anche ab sta in H !... (e magari se me ne accorgevo subito invece di aspettare i post di avinlee era meglio...).... va bè abbiamo insiemi grossi, come utilizzarlo? beh l'intersezione di insiemi grossi sarà ancora grossa e e moltiplicare un insieme per un elemento del gruppo conserva la cardinalità come noto... e se riuscissi a fare in modo da riscrivere la condizione ab in H come intersezione tra due insiemi?... mmm... e poi sarebbe stato facile...
invece:
- ci ho messo troppo ad accorgermi che dimostrare ab=ba voleva dire ab in H;
- solo alla fine del mio secondo tentativo mi sono accorto che potevo usare quella proprietà sull'intersezione e quindi col cavolo che l'ho collegato col primo tentativo;
ciao ciao
cmq un bel problema ed in fondo le idee da utilizzare non erano difficili avilee88, sempre ammesso che siano queste quelle che ha utilizzato il tuo professore... solo che bisognava saper mettere a posto i pezzi con la lucidità che evidentemente mi mancava
così per autocritica ed esercizio personale (nel senso che mi serve come preparazione per un esame che spero di riuscire a dare) scrivo come avrei dovuto (o potuto) ragionare:
1) cerchiamo di dimostrare che ab=ba. Ecco è facile!... doh ma così ho usato che anche ab sta in H !... (e magari se me ne accorgevo subito invece di aspettare i post di avinlee era meglio...).... va bè abbiamo insiemi grossi, come utilizzarlo? beh l'intersezione di insiemi grossi sarà ancora grossa e e moltiplicare un insieme per un elemento del gruppo conserva la cardinalità come noto... e se riuscissi a fare in modo da riscrivere la condizione ab in H come intersezione tra due insiemi?... mmm... e poi sarebbe stato facile...
invece:
- ci ho messo troppo ad accorgermi che dimostrare ab=ba voleva dire ab in H;
- solo alla fine del mio secondo tentativo mi sono accorto che potevo usare quella proprietà sull'intersezione e quindi col cavolo che l'ho collegato col primo tentativo;
ciao ciao
cmq un bel problema ed in fondo le idee da utilizzare non erano difficili avilee88, sempre ammesso che siano queste quelle che ha utilizzato il tuo professore... solo che bisognava saper mettere a posto i pezzi con la lucidità che evidentemente mi mancava
"Thomas":
bravo fields che mette apposto i pezzi giusti come al solito!...
Deng iu, Thomas, deng iu.
Mi piace la tua analisi critica, con tanto di pittoresche esclamazioni alla Homer Mentre attendiamo da alvinlee informazioni riguardo al metodo dimostrativo usato dal suo professore, mi permetto di ricavare dal teorema un corollario interessante.
Un classico esercizio della serie "Il mio primo giorno di teoria dei gruppi" e' il seguente:
Sia $G$ un gruppo finito tale che $g^2=1$ per ogni $g\in G$. Allora $G$ e' abeliano.
Grazie al teorema di alvinlee vengo cosi' ad imparare:
Sia $G$ un gruppo finito tale che $|{g\in G | g^2=1}|>3/4|G|$. Allora $G$ e' abeliano.
"alvinlee88":
Sia $G$ un gruppo finito, $f$ un omomorfismo di $G$ in sè per cui valga $f(g)=g^(-1)$ per almeno $3/4$ degli elementi di $G$. Dimostrare che allora $f(g)=g^(-1)$ per tutti gli elementi di $G$, e che $G$ è abeliano.
"fields":
2. Se $a\in H$, allora $|aHnn H|>1/2|G|$. Infatti, $|aH|>3/4|G|$, $|H|>3/4|G|$: di qui la tesi.
3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.
Secondo il testo dell'esercizio, però, si avrebbe $H\geq 3/4|G|$ anziché $H>3/4|G|$, dunque $|H\cap aH|geq 1/2 |G|$. Se $|G|$ ha ordine pari, non è detto a priori che $|H\cap aH|>1/2 |G|$ e quindi $|Z(a)|>1/2|G|$; in altre parole, potrebbe succedere che $Z(a)$ sia un sottogruppo di indice 2 in $G$.
Io ho infatti basato la mia prova sull'affermazione:
e quindi sul fatto che $|H|>3/4|G|$.
"alvinlee88":
L'idea è dimostrare che $H={ginG|f(g)=g^(-1)}$ è un sottogruppo di $G$. Se infatti così fosse, tale sottogruppo avrebbe ordine $>= [3/4|G|]+1$, dove con $[x]$ indico il minimo intero che non supera $x$
e quindi sul fatto che $|H|>3/4|G|$.
Penso che a priori non si possa affermare $|H|>= [3/4|G|]+1$; per esempio, se $|G|=4k$, l'ipotesi "$H$ ha almeno $3/4$ degli elementi di $|G|$" non esclude il caso $|H|=3/4 |G|$.
"ficus2002":
Penso che a priori non si possa affermare $|H|>= [3/4|G|]+1$; per esempio, se $|G|=4k$, l'ipotesi "$H$ ha almeno $3/4$ degli elementi di $|G|$" non esclude il caso $|H|=3/4 |G|$.
E' chiaro. Io ho interpretato le affermazioni contraddittorie di alvinlee come un segnale del fatto che lui in realta' intendeva come ipotesi che $|H|>= [3/4|G|]+1$. A questo punto solo alvinlee puo' scogliere il mistero
Inoltre, asintoticamente, $|H|>=3/4|G|$ o $|H|>=[3/4|G|]+1$ non fa differenza; per cui non mi sembrava worth the effort modificare una prova semplice per migliorare, se e' possibile, la stima su $|H|$ in modo piuttosto insignificante.
Scusate se mi sono assentato un pò.
Esatto
Come al solito grazie mille fields, interventi sempre pronti e precisi. Avrei però un dubbio relativo a quanto sopra quotato, probabilmente sono in errore io. A quanto ho capito, il tuo schema di ragionemtno è il seguente: Affermi che, fissato $ainH$, $Z(a)={binH|abinH}$, e dopo sostieni che ${binH|abinH}=H nn aH$. In tal modo torna tutto (sui 3/4 ci torno dopo).
Se è questo quello che volevi dire, ho 2 obiezioni:
1)Fissato $ainH$, chiamo $T_a={binH|abinH}$ (è il tuo ${b|a,b,abinH}$)
Non sono tanto sicuro che $Z(a)=T_a$. Infatti è certo che se $a,b,abinH$, allora $ab=ba$, ossia $binZ(a)$, da cui $T_a subsetZ(a)$. Non credo valga l'inclusione opposta, in quanto $Z(a)$ consta degli elementi di $G$ che commutano con $a$, non solo quelli di $H$. In questo secondo caso in realtà si starebbe parlando del centralizzante in $H$ di $a$, e per questo in effetti vale anche la seconda inclusione, dato che $ab=ba =>(ab)^(-1)=(ba)^(-1)=a^(-1)b^(-1)=f(a)f(b)=f(ab)$, da cui $abinT_a$, ma ho usato che $f(b)=b^(-1)$, mentre se $b$ è un generico elementi di $G$ non è detto che stia anche in $H$, e che dunque valga $f(b)=b^(-1)$.
2)Non sono tanto sicuro che ${binH|abinH}=H nn aH$. In effetti non mi sembra valga nessuna delle due inclusioni. Ad esempio se $a,b,abinH$, allora $ab=h$ per un certo $hinH$, ossia $b=a^(-1)h$, e non so se questo elementi sta in $H nn aH$. Analogamente se $binH nn aH$, posso dire che $b=ah$ per un certo $hinH$, ma $ab=(a)(ah)$, e non so dire se questo elemento stia ancora in H. Tutto questo problema però si risolve prendendo $H nn a^(-1)H$, in tal modo le due inclusioni sono facilmente verificabili e vale il discorso sulla cardinalità.
Ammesso di non aver detto eresie, resterebbe da correggere il punto 1).
Per il discorso su $3/4|G|$ o $[3/4|G|]+1$, io vi ho scritto il testo correttamente, che dice "..almeno 3/4 degli elementi di $G$". Magari come testo è un pò ambiguo, potremmo differenziare i casi in cui $|G|=4k$, e prendere semplicemente $3/4|G|$, quelli in cui $|G|=2k+1$, e prendere $[3/4|G|]+1$, quelli in cui $G=2k$ e prendere $3/4|G|$ se k è pari, $[3/4|G|]+1$ se k è dispari. Non è che io possa "sciogliere il mistero", il testo è uguale per tutti, dobbiamo decidere se suddividere in casi o cosa. Comunque non è molto importante, preferisco avere chiarezze sul mio punto 1), ossia sapere se ho sbagliato nel rifare il ragionamento di fields, se l'ho fatto giusto ma lui da per scontato che valga anche la seconda inclusione mentre io sono stupido e non la vedo, oppure se effettivamente dobbiamo cercare un modo di dimostrarlo.
Devo dire che fino a qui, la dimostrazione di "noi tutti" (è un pò in comune) è terribilmente simile a quella del prof, e il passaggio che a noi manca è proprio la seconda inclusione, che lui dimostra appunto sfruttando ancora una volta l'ipotesi dei 3/4. E' strano vedere come opo diversi post siamo approdati quasi papale papale alla dim del prof...
"fields":
@alvinlee
Se ho ben capito, vuoi dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h\in{g | f(g)=g^{-1}}:=H$. Questo in effetti implica che $G$ e' abeliano e facilmente tutta la tesi.
Esatto
"fields":
3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.
Come al solito grazie mille fields, interventi sempre pronti e precisi. Avrei però un dubbio relativo a quanto sopra quotato, probabilmente sono in errore io. A quanto ho capito, il tuo schema di ragionemtno è il seguente: Affermi che, fissato $ainH$, $Z(a)={binH|abinH}$, e dopo sostieni che ${binH|abinH}=H nn aH$. In tal modo torna tutto (sui 3/4 ci torno dopo).
Se è questo quello che volevi dire, ho 2 obiezioni:
1)Fissato $ainH$, chiamo $T_a={binH|abinH}$ (è il tuo ${b|a,b,abinH}$)
Non sono tanto sicuro che $Z(a)=T_a$. Infatti è certo che se $a,b,abinH$, allora $ab=ba$, ossia $binZ(a)$, da cui $T_a subsetZ(a)$. Non credo valga l'inclusione opposta, in quanto $Z(a)$ consta degli elementi di $G$ che commutano con $a$, non solo quelli di $H$. In questo secondo caso in realtà si starebbe parlando del centralizzante in $H$ di $a$, e per questo in effetti vale anche la seconda inclusione, dato che $ab=ba =>(ab)^(-1)=(ba)^(-1)=a^(-1)b^(-1)=f(a)f(b)=f(ab)$, da cui $abinT_a$, ma ho usato che $f(b)=b^(-1)$, mentre se $b$ è un generico elementi di $G$ non è detto che stia anche in $H$, e che dunque valga $f(b)=b^(-1)$.
2)Non sono tanto sicuro che ${binH|abinH}=H nn aH$. In effetti non mi sembra valga nessuna delle due inclusioni. Ad esempio se $a,b,abinH$, allora $ab=h$ per un certo $hinH$, ossia $b=a^(-1)h$, e non so se questo elementi sta in $H nn aH$. Analogamente se $binH nn aH$, posso dire che $b=ah$ per un certo $hinH$, ma $ab=(a)(ah)$, e non so dire se questo elemento stia ancora in H. Tutto questo problema però si risolve prendendo $H nn a^(-1)H$, in tal modo le due inclusioni sono facilmente verificabili e vale il discorso sulla cardinalità.
Ammesso di non aver detto eresie, resterebbe da correggere il punto 1).
Per il discorso su $3/4|G|$ o $[3/4|G|]+1$, io vi ho scritto il testo correttamente, che dice "..almeno 3/4 degli elementi di $G$". Magari come testo è un pò ambiguo, potremmo differenziare i casi in cui $|G|=4k$, e prendere semplicemente $3/4|G|$, quelli in cui $|G|=2k+1$, e prendere $[3/4|G|]+1$, quelli in cui $G=2k$ e prendere $3/4|G|$ se k è pari, $[3/4|G|]+1$ se k è dispari. Non è che io possa "sciogliere il mistero"
, il testo è uguale per tutti, dobbiamo decidere se suddividere in casi o cosa. Comunque non è molto importante, preferisco avere chiarezze sul mio punto 1), ossia sapere se ho sbagliato nel rifare il ragionamento di fields, se l'ho fatto giusto ma lui da per scontato che valga anche la seconda inclusione mentre io sono stupido e non la vedo, oppure se effettivamente dobbiamo cercare un modo di dimostrarlo. Devo dire che fino a qui, la dimostrazione di "noi tutti" (è un pò in comune) è terribilmente simile a quella del prof, e il passaggio che a noi manca è proprio la seconda inclusione, che lui dimostra appunto sfruttando ancora una volta l'ipotesi dei 3/4. E' strano vedere come opo diversi post siamo approdati quasi papale papale alla dim del prof...
"fields":La tua prova è valida se $|H|>3/4|G|$; per completare l'esercizio, quindi, basta risolvere il caso $4|H|=3|G|$.
Inoltre, asintoticamente, $|H|>=3/4|G|$ o $|H|>=[3/4|G|]+1$ non fa differenza; per cui non mi sembrava worth the effort modificare una prova semplice per migliorare, se e' possibile, la stima su $|H|$ in modo piuttosto insignificante.
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