Gruppo simmetrico- alcuni quesiti

[Kashaman]

Per una questione di ordine, ho deciso di aprire un nuovo topic per postare tali quesiti. (l'altro topic lo lascio a Leonardo a 89 se è desideroso di porre alcune domande specifiche )
problema 1
Sia $H={\sigma in S_19 | \sigma({1,2,3,4})={1,2,3,4}}$
a) Provare che $H < S_19$.
b) Dire se esiste $\alpha in H | o(\alpha)=55$
c) Trovare due sottogruppi $K_1$ e $K_2$ di $H$ aventi ordine $60$ e tali che $K_1 nn K_2= Id}$

per a) Direi che poiché $H$ è finito mi basta provare che $AA \sigma, \tau in H : \sigma\tau in H $.
Ma ciò è vero.
Infatti , consideriamo $\sigma\tau$. Per ipotesi $\tau$ muove ${1,2,3,4}-> {1,2,3,4}$, ma lo stesso vale per $\sigma$.
Dunque, gli elementi $ k in { 1,2,3,4}$ che muove $\tau$ vengono mandati nell'insieme ${1,2,3,4}$ che muove $ \sigma$ ne segue allora che anche $\sigma\tau$ manda ${1,2,3,4}$ in ${1,2,3,4}$ , ciò è conforme alla definizione di $H$.
Pertanto $\tau\sigma in H$. Ciò prova che $H per il b) direi proprio di no.
Infatti poiché $55=11*5$ significherebbe avere una $\alpha in H$ prodotto di un $5$ ciclo e di un $11-ciclo$
Ma per ipotesi , $\alpha $ manda ${1,2,3,4}->{1,2,3,4}$ (1) e quindi, non può esser composta da un $5-ciclo$ e da un $11-ciclo$ , altrimenti l'ipotesi (1) non sarebbe soddisfatta. quindi no, non esistono elementi di periodo 55.
Per il c) non ci sono problemi, basta prendere ad esempio le permutazioni $\sigma_1= (1,2,3,4)(5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19) in H$
e $\sigma_2 = (1,3,2,4)(5,7,8,6,9,11,10,12,13,15,14,16,19,18) in H$
entrambe hanno periodo $60$ e quindi posso porre $K_1=<\sigma_1>$ e $K_2=<\sigma_2>$
Entrambi sottogruppi di $H$. La loro intersezione è sicuramente banale.
Infatti non esiste alcun $i in ZZ$ tale che $(1,2,3,4)^i=(1,3,2,4)$
e lo stesso vale per i $15-cicli$. Pertanto $K_1 nn K_2 = {id}$ (è giusto?! posso giungere a questa conclusione guardando ad esempio all'orbita di 5 nel primo $15-ciclo$ e l'orbita di 5 nel secondo $15-ciclo$? . In sostanza si vede ad occhio che l'intersezione è banale, come lo formalizzo?)

problema 2
Sia
$\sigma = (1,4,10,7)(2,11,3,12,8,9,13,6,5) in S_13$
E sia $G=<\sigma>$
a) Posto $H={\alpha in G | \alpha^2(1)=1,\alpha^3(2)=2}$
mostrare che $H$ è ciclico e determinare ordine e generatore.
b) Trovare due sottogruppi non banali di $H$.
svolgimento :

Consideriamo $\beta in H$. Poiché $b in G => $ $\beta$ è della forma $\sigma^i, i in ZZ$.
Voglio ora trovare $\sigma^i in H $ tale che $(\sigma^i)^2=(\sigma^2)^i$ mandi uno in uno.
e $(\sigma^i)^3=(\sigma^3)^i$ mandi 2 in 2.
Denotiamo con $\sigma_1=(1,4,10,7) ^^ \sigma_2=(2,11,3,12,8,9,13,6,5)$ i cicli di $\sigma$.
segue allora che $\sigma^i=\sigma_1^i\sigma_2^i$
Consideriamo $(\sigma_1^2)^i=(1,10)^i(4,7)^i$
affinché $\sigma ^i)$ mandi 1 in 1,si deve avere che $(\sigma_1^2)^i$ manda 1 in 1, quindi $i$ deve essere multiplo di $2$, visto che $\sigma_1^2$ ha periodo 2.(2)
consideriamo $(\sigma_2^3)^i=(2,12,13)^i(11,8,6)^i(3,9,5)^i$, con ragionamento analogo si evince che $i$ deve essere anche multiplo di $3$.
Quindi, $i$ dev'essere multiplo di $6$.
Pertanto $H=<\sigma^6>=<(1,10)(4,7)(2,12,13)(11,8,6)(3,9,5)>$. Segue inoltre che poiché $o(\sigma^6)=6=|H|$
b) consideriamo gli elementi $(1,10)(4,7) ^^ (2,13,12)(11,6,8)(3,5,9) in H$
tali elementi generano due sottogruppi non banali di ordine rispettivamente due e tre.
Segue allora che $K_1=<(1,10)(4,7)>$ , $K_2=(2,13,12)(11,6,8)(3,9,5)>$ sono i sottogruppi di $H$ richiesti

che ne pensate? Grazie mille

[Kashaman]

up
(ci tengo a dare a voi tutti buon ferragosto fatto!)

[j18eos]

Cia0, per lo svolgimento di 1.a hai scritto un'inasattezza che puoi trovare da solo; il punto 1.c non mi convince, dato che pensp che non hai fatto bene i calcoli!

[Kashaman]

Ciao j , l'errore a cui ti riferisci è forse questo?

"Kashaman":
Pertanto $\tau\sigma in H$. Ciò prova che $H
avrei dovuto scrivere , giustamente , $\sigma\tau$ in luogo di $\tau\sigma$? o c'è un difetto nella risoluzione che non riesco a vedere.

Invece per il punto 1.c , penso proprio di aver mancato un 17 in $\sigma_2$. Correggo e considero

$\sigma_1= (1,2,3,4)(5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19) in H$
$\sigma_2 = (1,3,2,4)(5,7,8,6,9,11,10,12,13,15,14,16,19,18,17) in H$

Penso che ora dovrebbe essere ok o sbaglio...? facendo un po di calcoli veloci, a me viene tra $<\sigma_1>nn<\sigma_2>=Id$
cosa ne dite?
Grazie mille

[j18eos]

No Kashaman, in quanto hai già dimostrato che \(H\) è chiuso per il passaggio all'inverso; leggi bene e ripassa la teoria eventualmente!

Metto in spoiler l'errore [size=85](non sbirciare)[/size]

ma è indispensabile che \(H\) sia finito?

Per il punto (c) sceglierei altri sottogruppi più abbordabili nei caloli; suggerimento criptico in spoiler [size=85](puoi sbirciare)[/size]

nota che \(60=2^2\cdot3\cdot5\) e che \(12=5+4+3\)

[Kashaman]

hai ragione, per il punto c) forse ci sono arrivato, il tuo suggerimento mi sta dicendo di considerare
due permutazioni prodotto di un $4-ciclo$ , $3-ciclo$ e un $5-ciclo$. Giusto?
in effetti sarebbe più semplice. E il fatto che $12=3+4+5$ volevi suggerirmi la struttura ciclica di un'eventuale generatore, giusto?
quindi se prendo per esempio
$\sigma_1= (1,2,3,4)(5.6.7)(8,9,10,11,12) in H$
$\sigma_2 = (1,3,2,4)(10.11.12)(8,9,5,6,7) in H$
si verifica più facilmente che non esiste $i in ZZ$ tale che $(1,2,3,4)^i=(1,3,2,4)$ e che i tre cicli come i cinque cicli sono permutazioni disgiunte e quindi $<\sigma_1>nn<\sigma_2>= id$ , è tutto giusto?
Per il punto $a)$...
vediamo.. pensandoci bene le permutazioni sono applicazioni biettive anche su insiemi infiniti, giusto? alla fine è noto che se compongo due applicazioni biettive ottengo un'applicazione biettiva.
e che ogni $f$ essendo biettiva ha la sua inversa, e posso trovare anche una $I$ che funge da identità...
quindi, alla fine , penso che l'ipotesi $H$ finito è superflua. Era questo l'errore?!

grazie mille j

[Kashaman]

mannaggia alla peppa , ho cancellato per sbaglio tutta la soluzione.
Il testo diceva questo
Siano
$\sigma=(1,3,12,7)(8,5,6,2,11)(10,4,9)$
$\tau=(1,5)(6,8,11)(12,3,2,7)(4,9,10)$
e sia $H$ un sottogruppo di $S_12$ tale che
${\sigma,\tau} sube H$
provare che
a) ad $H$ appartiene un elemento di periodo 6
b) |H!>120.
(continua pagina seguente.)

[Kashaman]

ragazzi ho bisogno di sapere questo (e quello dell'esercizio precedente) è un buon modo per attaccare il problema.
problema 4
Sia $\alpha = (1,7,14)(2,13,9,10,6)(3,12,11,5,8,4) in S_19$
Sia $G=<\alpha>$
a) Provare che $D={\sigma in G | o(\sigma)$è dispari$}$ è un gruppo ciclico e determinarne un generatore.
b) Determinare $S= {\sigma in G | \sigma^2(3)=8} $ specificandone la cardinalità.
c) Provare che $G$ è l'unico sottogruppo di $G$ contenente ${\alpha^6,\alpha^10,\alpha^15}$
svolgimento

a) Prima di tutto noterei che essendo ${6,5,3}$ la struttura ciclica di $\alpha$ , si ha che $o(\alpha)=m.c.m(6,5,3)=30$
ora le permutazioni di $G$ che hanno periodo dispari in $G$ sono quelle di periodo $3,5,1,15$ (visto che 30=2*3*5!)
ora noterei che $\alpha^=(1,14,7)(2,9,6,13,10)(3,11,8)(12,5,4)$ ha periodo $15$ e se denotiamo con $H=<\alpha^2>$ notiamo che $H$ contiene $Id$ , e tutte le permutazioni di periodo tre e tutte le permutazioni di periodo 5 e 15 di $G$. Quindi contiene tutte le permutazioni di periodo dispari di $G$.

b)
Noterei che se $\sigma in S => \sigma in G$ per la stessa definizione di $S$.
Quindi $\sigma$ è della forma $\alpha^i, in ZZ$.
Quindi devo trovare per quali $i$ , $(\alpha^i)^2=(\alpha^2)^i=(1,14,7)^i(2.9.6.13.10)^i(3,11,8)^i(12,5,4)^i(4,11,8,12,5)^i$ manda 3 in 8.
Ciò avviene se e solo se $(3,11,8)^i$ manda 3 in 8. Cioè se e solo se $i|2^^i!=30$ altrimenti si avrebbe l'identità
Quindi
$S=<\alpha^2>\\{id}$ e si verifica facilmente che $|S|=14$.
c) consideriamo
$\alpha^6=(2,6,10,9,13)$ con ordine $5$
$\alpha^10=(1,7,14)(3,8,11)(12,4,5)$ con ordine $3$
$\alpha^15=(3,8,11)(12,4,5)$ con ordine $3$.
ora noterei che i tre elementi di $<\alpha>$ sono permutazioni disgiunte e quindi $<\alpha^6>nn<\alpha^10>nn<\alpha^15>== id}$ Ora sia $H<$$<\alpha>$ tale che ${\alpha^6 , \alpha^10 , \alpha^15}sube H$.
Allora $H$ è del tipo $H= { \beta in <\alpha> | \beta = \sigma\tau\epsilon , \sigma in <\alpha^6> , \tau in <\alpha^10 , \epsilon in <\alpha^15>}$
dal teorema si evince che $o(H)= 5*3*3=30$ e poiché l'unico sottogruppo di $<\alpha>$ che ha ordine $30$ è $<\alpha>$ segue che $H=<\alpha>$

grazie mille, spero possiate darmi eventuali dritte, a presto

EDIT CORRETTO .
ragazzi, ho usato il teorema segnalatomi da j nell'ultimo punto,ma è strettamente indispensabile?
o ci sono soluzioni alternative? è molto comodo , certo. Però mi chiedo perché il professore ci abbia propinato tracce simili se non ci ha mai parlato di insiemi $HK$ , quando essi sono sottogruppi e la loro cardinalità.
Mi domando se non ci sia una soluzione più elementare. Forse devo studiarmi ancora per bene quel teorema, alla fine non è difficile.

[j18eos]

Il primo esercizio è concluso, anche se non importa che sia \(K_1\cap K_2=1\)!

Esercizio 2: ma se \(G\) è ciclico allora \(H\) è ciclico, oppure questo risultato non è stato ancora dimostrato?

[Kashaman]

"j18eos":Il primo esercizio è concluso, anche se non importa che sia \(K_1\cap K_2=1\)!

Esercizio 2: ma se \(G\) è ciclico allora \(H\) è ciclico, oppure questo risultato non è stato ancora dimostrato?

mazza! mi sa che importa, che coglione che sono nell'esercizio 1 non ho messo un'ipotesi .
Trovare $K_1 nn K_2$ tale che siano di ordine 60 e la loro intersezione banale! provvedo a correggere.
Per l'esercizio 2 hai ragione , si è un risultato che mi è noto.

[j18eos]

Vabbè, comunque l'ordine di \(H\) e il suo generatore sono corretti, se hai capito il trucco trovi i sottogruppi; per ora mi fermo perché il caldo mi stronca!

A quanto prima, lasciando anche spazio ad altri interventi.

[Kashaman]

"j18eos":Vabbè, comunque l'ordine di \(H\) e il suo generatore sono corretti, se hai capito il trucco trovi i sottogruppi; per ora mi fermo perché il caldo mi stronca!

A quanto prima, lasciando anche spazio ad altri interventi.

OT
beato te j! io devo studiare anche molto XD. Mazza però, non so da te ma oggi proprio si crepa.

[j18eos]

Purtroppo sono costretto a risponderti per quanto concerne l'esercizio 3:

quali sono gli ordini di \(\sigma\) e \(\tau\)? Qual'è la cardinalità di \(\langle\sigma\rangle\cap\langle\tau\rangle\)? E quindi...

[Kashaman]

per il punto 3

ho che

$\sigma=(1,3,12,7)(8,5,6,2,11)(10,4,9)$
$\tau=(1,5)(6,8,11)(12,3,2,7)(4,9,10)$
con ordine rispettivamente $o(\sigma)=60$
$o(\tau)=12$ quindi $o(<\tau> nn <\sigma>)<=(o(\sigma),o(\tau))=12$
Ma la loro intersezione è banale ,perché
il $4-ciclo$ di $\sigma$ non muove gli stessi di quello i $\tau$ , e $\tau $ non ha un cinque ciclo, e l'unico ciclo comune è quello $(4,9,10)$ ma serve a poco perché l'altro $3-ciclo$ di $\tau$ non appartiene a $\sigma$ e quindi $<\sigma>nn<\tau>=id$ o sbaglio?
quindi cosa c'è di sbagliato? In $H$ non ci sono elementi che ripetono e quindi ha senso considerare la somma delle cardinalità di $<\sigma>$ , $<\tau>$ e quant'altro, o sbaglio di grosso?

grazie mille.

[Kashaman]

problema 5
Siano date le seguenti permutazioni in $S_6$. $\sigma=(1,2,3)$ , $\tau=(4,5,6)$
a) determinare un sottogruppo $H$ di $S_6$ in modo che $H$ contenga strettamente $<\sigma\tau>$
b) determinare un sottogruppo $K$ di ordine 9 contenente ${\sigma, \tau}$
c) provare che $K$ non è ciclico

svolgimento.

per il punto a)
Ho considerato la permutazione $\gamma=(1,4,2,5,3,6) in S_6$ , con $o(\gamma)=6$ e $<\gamma>= {id, \gamma, \gamma^2, \gamma^3,\gamma^4,\gamma^5}$
ho notato che $\gamma^2=(1,2,3)(4,5,6)=\sigma\tau$
quindi $\sigma\tau in <\gamma>$
e per la chiusura di $<\gamma>$ ne segue che $<\sigma\tau>sube<\gamma>$
quindi $<\gamma>$ è il sottogruppo di $S_6$ ciclico richiesto.
per il punto b)
Ho notato che $\sigma$ e $\tau$ sono permutazioni disgiunte e quindi il loro prodotto è commutativo.
Se $K$ è un sottogruppo di $S_16$ che le contiene allora
ad $K$ appartengono $\sigma^2=(1,3,2)$ , $\tau^2=(4,6,5)$ , $\tau\sigma=\sigma\tau=(1,2,3)(4,5,6)$
$\sigma^2\tau^2=(\sigma\tau)^2=(1,3,2)(4,6,5)$
$\sigma\tau^2=(1,2,3)(4,6,5)$
$\tau\sigma^2=(1,3,2)(4,5,6)$ e ovviamente $Id_(S_6)$
Ponendo $K = {\sigma, \tau, \tau^2 , \sigma^2 , \sigma\tau , (\sigma\tau)^2, \sigma\tau^2, \sigma^2\tau, Id}$
si nota subito che $K$ è chiuso rispetto al prodotto , ed ogni elemento di $K$ ammette un inverso.
Ed essendo $|K|=9$ segue che abbiamo trovato il sottogruppo di $S_6$ di ordine 9 richiesto.
c) Beh direi che è ovvio.
Nessun elemento di $K$ ha periodo 9.
Infatti , ogni elemento diverso dall'identità ha periodo 3, ne segue che $K$ non può essere ciclico

e per far luce anche sull'intersezione di gruppi ciclici, propongo.
problema 6
Siano date in $S_16$
$\sigma = (1,7,13,9,2)(3,8,4)(5,11,12,6,10,15,14,16)$
$\tau = (3,8,4)(5,14,10,12)(16,15,6,11)$
a) determinare $<\sigma>nn<\tau>$
b) Determinare un sottogruppo di $S_16$ di ordine 24 contenente $<\sigma>nn<\tau>$.

confido che non ho un metodo standard, e confido in voi per farmi avere un metodo più formale o almeno qualche dritta.
per il punto a)
Allora diciamo innanzi tutto che per determinare l'intersezione essendo un gruppo, ciclico, mi basta trovarne un generatore $\beta$ e cioè un elemento comune ai due sottogruppi. Noto che
gli elementi ${1,7,13,9,2}$ non appartengono al supporto di $\tau$ e quindi al fine di ricercare $\beta $ il ciclo $(1,7,13,9,2)$ non porta contributi. Essendo $o((1,7,13,9,2))=5$ elevo $\sigma$ ad una potenza quinta per eliminarlo ed ottengo che
$\sigma^5=(3,4,8)(5,15,12,16,10,11,14,6)$
Ora noto che $\sigma ^^ \tau$ muovono gli stessi elementi. E noto anche che $(5,15,12,16,10,11,14,6)^6=(5,14,10,12)( 16,15,6,11)$
e pertanto $(\sigma^5)^6=(5,14,10,12)( 16,15,6,11)$ ma ora noto che il ciclo $(3,8,4)$ non appartiene a $(\sigma^5)^6$
elevo ad una potenza terza $\tau$ per eliminarlo ed ottengo che $\tau^3=(5,12,10,14)(16,11,6,15)$
ora noto che $\tau^(-3)= (\sigma^5)^6$ e che quindi l'elemento $(5,14,10,12)( 16,15,6,11) in <\sigma>nn<\tau>$
pertanto posto $\beta=(5,14,10,12)( 16,15,6,11)$ si ha che $<\sigma>nn<\tau>=<\beta>$
per il punto b)
noto che $\sigma^5=(3,4,8)(5,15,12,16,10,11,14,6)$ ha ordine 24.
e che $(5,14,10,12)( 16,15,6,11) in <\sigma^5>$ pertanto per la chiusura di $<\sigma^5>$ ne segue che
$<\sigma>nn<\tau>sube<\sigma^5>$

è corretto ragionare in questi termini?
Sbaglio in qualcosa?

confido in una vostra risposta,
grazie mille


edit : ore 13.51 aggiunto nuovo esercizio

[j18eos]

Mai sentito del teorema del prodotto di sottogruppi? Oppure sbaglio completamente il ragionamento?

[Kashaman]

"j18eos":

Mai sentito del teorema del prodotto di sottogruppi? Oppure sbaglio completamente il ragionamento?

di che teorema parli j?

[perplesso1]

Se ho capito il suggerimento di Armando:

Siano $H$ e $K$ due sottogruppi. Allora $HK = KH$ (cioè sono permutabili) se e solo se $HK = $

[Kashaman]

"perplesso":Se ho capito il suggerimento di Armando:

Siano $H$ e $K$ due sottogruppi. Allora $HK = KH$ (cioè sono permutabili) se e solo se $HK = $

mai sentito.

[perplesso1]

Vedi Herstein edizione italiana pag 47 lemma 2.5.1

[Kashaman]

ho letto e sono rimasto letteralmente sbalordito. è illuminante. Penso che non siano necessarie conoscenze che vanno oltre a queste, giusto?
Ora mi studierò per bene quelle pagine, alla fine male non mi può fare. Male che va, se mi capita qualcosa del genere all'esame, poi spiegherò (sperando di riuscirci) questo risultato.
è davvero illuminante e ha un carattere generale mostruoso.
se ho capito bene .
Se $H , K$ sono sottogruppi di un gruppo $G$ , allora si definisce $HK = { x=hk t.c h in H e K in K}$ . (che alla fine , è l'insieme formato da tutti i prodotti possibili combinando gli elementi del primo gruppo con quelli del secondo. it is ok?)
(magari su questo ed eventualmente altri teoremi aprirò un nuovo topics per verificare se ho ben capito nel profondo le cose, ora, prenderò per buono i seguenti risultati.)
il teorema 2.5.1 afferma che
se $H$ e $K$ sono sottogruppi finiti di un gruppo $G$ di ordini $o(K)$ e $o(H)$ allora $o(HK)=(o(H)o(K))/(o(H nn K))$

adattandolo al nostro caso , dato che $H=<\sigma>^^K= <\tau>$ sono sottogruppi abeliani . Lo è anche $HK={x=\alpha\beta | \alpha in H , \beta in K}$.
come ho notato l'intersezione è banale. E quindi
e il suo ordine è 1.
pertanto in base al teorema.
$o(HK)=|K|=60*12= 720$
quindi è sicuramente maggiore di 120.

Potente come teorema, spero di comprenderlo appieno. Guardando questi risultati mi rendo conto che di algebra non abbiamo fatto praticamente una mazza -.-