Gruppo quoziente di un gruppo ciclico
Stavo guardando un po' alcuni esercizi e mi è venuto in mente di dimostrare questa cosa:
sia $(G;phi)$ un gruppo.
Se $G$ è ciclico allora ogni sottogruppo è normale e il gruppo quoziente associato è generato dalla classe del generatore di $G$
per prima cosa $existsg inG: G= <>$
per seconda cosa, un qualsiasi sottogruppo di $G$ sarà ciclico e della forma $H= <>$ per qualche intero $k$
mostriamo che $H$ è normale.
La congruenza destra sarà
$C_d={(x,y)inGtimesG|phi(x,y') inH}={(x,y)inGtimesG|exists t inZZ: phi(x,y')=g^(kt)}$
Allo stesso modo quella sinistra sarà
$C_s={(x,y)inGtimesG|existst inZZ:phi(x',y)=g^(kt)}$
chiaramente $(x,y) inC_d => exists t inZZ:phi(x,y')=g^(kt) => phi(y,x')=phi(x',y)=(g^k)^(-t) => (x,y) inC_s$ e viceversa. Quì ho sfruttato il fatto che un gruppo ciclico sia di per se abeliano.
ora in genere $G/H={[x]:x inG}$ ma $x$ è del tipo $g^r$ pertanto $G/H={[g^r]:k inZZ}$
essendo possibile dimostrare che $[g^r]=[g]^r$ abbiamo che $G/H= << [g]>> $ e in particolare $o(g) geq o([g])$ poichè sicuramente sia $m=o(g)$ allora $[g]^m=[g^m]=[0_G]$ ovvero $m$ è un periodo.
Anche perchè $o(G/H)=[G]$ quindi in genere il numero delle classi si riduce ogni qualvolta per qualche coppia $p,q inZZ$ si ha che $[g^p]=[g^q]$ ovvero per cui $phi(g^p,g^(-q))=g^(p-q)=g^(kt)$ per un opportuno $t inZZ$.
Quindi per concludere è possibile affermare che per ogni sottogruppo di un gruppo ciclico $<>$, il gruppo quoziente ha come generatore $<<[g]>>$ e ha ordine $o( [g] ) leq o(g)$
è corretto?
sia $(G;phi)$ un gruppo.
Se $G$ è ciclico allora ogni sottogruppo è normale e il gruppo quoziente associato è generato dalla classe del generatore di $G$
per prima cosa $existsg inG: G= <
per seconda cosa, un qualsiasi sottogruppo di $G$ sarà ciclico e della forma $H= <
mostriamo che $H$ è normale.
La congruenza destra sarà
$C_d={(x,y)inGtimesG|phi(x,y') inH}={(x,y)inGtimesG|exists t inZZ: phi(x,y')=g^(kt)}$
Allo stesso modo quella sinistra sarà
$C_s={(x,y)inGtimesG|existst inZZ:phi(x',y)=g^(kt)}$
chiaramente $(x,y) inC_d => exists t inZZ:phi(x,y')=g^(kt) => phi(y,x')=phi(x',y)=(g^k)^(-t) => (x,y) inC_s$ e viceversa. Quì ho sfruttato il fatto che un gruppo ciclico sia di per se abeliano.
ora in genere $G/H={[x]:x inG}$ ma $x$ è del tipo $g^r$ pertanto $G/H={[g^r]:k inZZ}$
essendo possibile dimostrare che $[g^r]=[g]^r$ abbiamo che $G/H= << [g]>> $ e in particolare $o(g) geq o([g])$ poichè sicuramente sia $m=o(g)$ allora $[g]^m=[g^m]=[0_G]$ ovvero $m$ è un periodo.
Anche perchè $o(G/H)=[G]$ quindi in genere il numero delle classi si riduce ogni qualvolta per qualche coppia $p,q inZZ$ si ha che $[g^p]=[g^q]$ ovvero per cui $phi(g^p,g^(-q))=g^(p-q)=g^(kt)$ per un opportuno $t inZZ$.
Quindi per concludere è possibile affermare che per ogni sottogruppo di un gruppo ciclico $<
è corretto?
Risposte
Un gruppo ciclico è abeliano, è evidente che ogni suo sottogruppo è normale. 
Se $G$ è ciclico e generato da $G$, allora i casi sono due. O $g$ ha periodo finito, e allora $G$ è un gruppo finito, e allora un suo sottogruppo $H$ è di cardinalità $k$ che divide $o(g)$, ed è ciclico generati da $g^{(o(g))/k}$, oppure $G$ è infinito, ma allora è $ZZ$. Col che ogni suo sottogruppo è della forma $nZZ$ per qualche $n\ge 1$.
Se $G$ è ciclico e generato da $G$, allora i casi sono due. O $g$ ha periodo finito, e allora $G$ è un gruppo finito, e allora un suo sottogruppo $H$ è di cardinalità $k$ che divide $o(g)$, ed è ciclico generati da $g^{(o(g))/k}$, oppure $G$ è infinito, ma allora è $ZZ$. Col che ogni suo sottogruppo è della forma $nZZ$ per qualche $n\ge 1$.
Il bello che lo sapevo pure che in un gruppo abeliano ogni sottogruppo è normale. Sto dando i numeri
L’ultima cosa che hai scritto all’ultimo stavo proprio per dimostrarla sul quaderno
Per quanto riguarda il quoziente ha senso che sia generato dalla classe di congruenza del generatore del gruppo no?
L’ultima cosa che hai scritto all’ultimo stavo proprio per dimostrarla sul quaderno
Per quanto riguarda il quoziente ha senso che sia generato dalla classe di congruenza del generatore del gruppo no?
A che ci sono aggiungo quì la dimostrazione di quel fatto, anziché aprire un nuovo post:
sia $(G,phi)$ un gruppo ciclico.
- se $G$ è finito allora $(ZZ)/(ZZn)congG$
- se $G$ è infinito allora $ZZcongG$
la dimostrazione mi sembra parecchio facile.
considerando che $exists g inG: <>$ e poniamo $f:ZZ->G$ come segue $f(n)=g^n,foralln inZZ$
l'applicazione è ben definita e chiaramente anche ben posta.
ora intanto mostriamo che è un epimorfismo.
$f(n+m)=g^(n+m)=phi(g^n,g^m)=phi(f(n),f(m))$ gol
$forallx inG existsn inZZ:x=g^n => existsn inZZ:f(n)=g^n$ gol
1. $G$ è infinito, allora $f$ è anche monomorfismo in quanto
$foralln,m inZZ: f(n)=f(m) =>g^n=g^m=> g^(n-m)=e => n=m$ per ipotesi di 'infinitezza'
pertanto $f$ è un isomorfismo $(ZZ;+)->(G;phi)$ gol
2. $G$ è finito, allora consideriamo che $(ZZ)/(Kerf)congG$ poichè intanto $f$ è un epimorfismo. L'ultimo gol starebbe nel fatto che $Kerf=ZZn$ per un opportuno $n inZZ$
ma di fatto $Kerf={n inZZ:g^n=e}$ ma detto $m=o(g)$ che per ipotesi esiste si ha che $g^n=g^m$ se e solo se $n equivm(mod m)$ ovvero se e solo se $n|m$ pertanto $Kerf=ZZm$ gol
Aggiungo:
noto che per te tra 'essere' e 'essere isomorfi' non c'è differenza
sia $(G,phi)$ un gruppo ciclico.
- se $G$ è finito allora $(ZZ)/(ZZn)congG$
- se $G$ è infinito allora $ZZcongG$
la dimostrazione mi sembra parecchio facile.
considerando che $exists g inG: <
l'applicazione è ben definita e chiaramente anche ben posta.
ora intanto mostriamo che è un epimorfismo.
$f(n+m)=g^(n+m)=phi(g^n,g^m)=phi(f(n),f(m))$ gol
$forallx inG existsn inZZ:x=g^n => existsn inZZ:f(n)=g^n$ gol
1. $G$ è infinito, allora $f$ è anche monomorfismo in quanto
$foralln,m inZZ: f(n)=f(m) =>g^n=g^m=> g^(n-m)=e => n=m$ per ipotesi di 'infinitezza'
pertanto $f$ è un isomorfismo $(ZZ;+)->(G;phi)$ gol
2. $G$ è finito, allora consideriamo che $(ZZ)/(Kerf)congG$ poichè intanto $f$ è un epimorfismo. L'ultimo gol starebbe nel fatto che $Kerf=ZZn$ per un opportuno $n inZZ$
ma di fatto $Kerf={n inZZ:g^n=e}$ ma detto $m=o(g)$ che per ipotesi esiste si ha che $g^n=g^m$ se e solo se $n equivm(mod m)$ ovvero se e solo se $n|m$ pertanto $Kerf=ZZm$ gol
Aggiungo:
noto che per te tra 'essere' e 'essere isomorfi' non c'è differenza
Vediamo una dimostrazione un po' più concettuale: l'insieme degli omomorfismi di gruppo \(\mathbb Z\to G\) è in biiezione con l'insieme degli elementi di $G$ (e la biiezione è data da $f\mapsto f(1)$, dimostralo); ad ogni tale morfismo $f$ è associato, dal teorema di isomorfismo, un isomorfismo \(\mathbb Z/\ker f \cong \text{im}(f)\le G\); se ora $G$ è ciclico, possono accadere diverse cose: o $f$ è suriettivo (e allora cosa succede?) o non lo è (e allora cosa succede?).
Non è che non c'è differenza per me, non c'è differenza per la Matematica.
noto che per te tra 'essere' e 'essere isomorfi' non c'è differenza
Non è che non c'è differenza per me, non c'è differenza per la Matematica.
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