Ho iniziato con i gruppi

[vl4dster]

Siano $a,b$ elementi del gruppo $G$. Supponiamo che $a$ abbia ordine 5 e che $a^{3}b=ba^{3}$ dimostrare che il gruppo e' abeliano

[vl4dster]

da $a^{3}b=ba^{3}$ segue $a^{3}=ba^{3}b^{-1}$ dunque $ab=a^{6}b=a^{3}a^{3}b=a^{3}ba^{3} = ba^{3}b^{-1}ba^{3}=ba^{6}=ba$

se e' sbagliato insultatemi pure

[Fioravante Patrone1]

a me sembra che hai ben sistemato i mattoncini del LEGO, senza il foglio delle istruzioni

[vl4dster]

1)
supponiamo che G sia un gruppo, che $x in G$ e che $x$ abbia ordine $rs$
trovare l'ordine di $x^{r}$

amenoche' io non sia ubriaco da $x^{rs} = 1_{G}$ segue che $(x^{r})^{s} = 1_{G}$ dunque l'ordine e' $s$

2)
supponiamo che $x$ abbia ordine $n$, trovare l'ordine di $x^{r}$

direi $|n-r|$

grazie per la pazienza

[Luca.Lussardi]

Ma l'ordine di $x$ non è il minimo intero $h$ per cui $x^h=1_G$?

[vl4dster]

si

edit: dunque?

[vl4dster]

dimostrare che in un gruppo $G$ l'ordine di $ab$ e' uguale all'ordine di $ba$

supponiamo che l'ordine di $ab$ sia $n$, ovvero $(ab)^{n} = 1_{G}$. allora ho che $b^{n}=(a^{n})^{-1}$ da cui $b^{n}a^{n}=(ba)^{n} = 1_{G}$


sto studiando da solo l'Artin ma gli esercizi sono senza soluzione quindi vi chiederei la conferma per qualcuno di quelli che sto facendo

[Luca.Lussardi]

"vl4d":1)
supponiamo che G sia un gruppo, che $x in G$ e che $x$ abbia ordine $rs$
trovare l'ordine di $x^{r}$

amenoche' io non sia ubriaco da $x^{rs} = 1_{G}$ segue che $(x^{r})^{s} = 1_{G}$ dunque l'ordine e' $s$

Fin qui dimostri solo che l'ordine è un intero che divide $s$.

[fields1]

"vl4d":

2)
supponiamo che $x$ abbia ordine $n$, trovare l'ordine di $x^{r}$

direi $|n-r|$

grazie per la pazienza

La 2) è sbagliata. L'ordine di $x^r$ dovrebbe essere ${mcm(r,n)}/r$.

[vl4dster]

luca:
e se aggiungo che:" se divide $s$ ma e' diverso da $s$ allora e' minore di $rs$ dunque non e' l'ordine di $x$, dunque il piu' piccolo intero $h$ che divide $s$ e tale per cui $x^{rh}=1_{G}$ e' $s$ "?

[vl4dster]

fields: uhm... perche'?

[fields1]

Prova a pensarci... Considera $x^r,x^{2r},x^{3r}...$: cosa succede quando $x^{kr}=1$?

[Luca.Lussardi]

La 1) adesso va bene.

[vl4dster]

fields:
che stupido!! io moltiplicavo $x^{r}$ per $x$!! quindi consideravo $x^{r+1}, x^{r+2}, ...$

ok, vado a mettere la testa sotto l'acqua gelata

[vl4dster]

continuo a postare qui perche' non sono esercizi degni di un nuovo topic
Sia $G$ un gruppo ciclico di ordine $n$ e sia $r | n$. Mostrare che $G$ ha esattamente un sottogruppo di ordine $r$.

Innanzitutto $G$ ha un sottogruppo di ordine $r$ perche' dato che $n=qr$ e $q,r
grazie a chi avra' la pazienza di controllare

[fields1]

"vl4d": Supponiamo che sia $S_{g^(q2)}$, ovvero che ci sia un sottogruppo generato da $g^(q_{2})$ e tale che $(g^(q_{2}))^r = 1_{G}$, allora deve essere $q_{2}r = n = qr$ da cui $q_{2} = q$,

C'è un'imperfezione nel tuo ragionamento, vl4d. Avresti dovuto scrivere $q_2r=nk=qrk$, per qualche $k$. Ottieni allora $q_2=qk$, dunque $g^{q_2}=g^{qk}$, e dunque $g^{q_2}\in S_{g^q}$. Ma allora $S_{g^{q_2}}\sube S_{g^q}$, e dunque $S_{g^{q_2}}=S_{g^q}$, poiche' i due sottogruppi hanno lo stesso numero di elementi.

Inoltre hai dato per scontato che ogni sottogruppo di un gruppo ciclico sia ciclico, la qual cosa è ovviamente vera, però avresti dovuto citarla nella dimostrazione.

[vl4dster]

verissimo, grazie

edit: per dimostrare che un sottogruppo $S <= G$ di un ciclico $G$ e' ciclico farei cosi': prendo $a_{1}, a_{2} in S$ allora,se $g$ e' il generatore di G , ho $a_{1} = g^{e_(1)} $ e $a_{2} = g^{e_{2}}$ per qualche $e_{1}$, $e_{2}$ con $e_{1,2}<= |G|$. Voglio far vedere che S contiene il generatore di entrambi gli elementi: noto che il generatore sara' del tipo $g^{e_{3}}$ con $e_{3}$ che divide $e_{1}, e_{2}$, se suppongo che $e_{1} < e_{2}$ ho che $\exists k in NN : g^{e2}(g^({e1}k))^-1 in S$ e quindi prendendo il piu' grande $k: e2-e1 > 0$ trovo che $g^{e2 (mod (e1))} in S$, poi riconsidero $e1$ ed $e2 (mod (e1))$ quindi in definitiva intendo dire che potrei usare una specie di algoritmo di euclide per far vedere che $g^(MCD(e1,e2)) in S$

ok e' contorta... e ammesso che vada bene e' l'anti-eleganza

[fields1]

Ho capito quello che intendi dire, vld4. Mi sembra che vada bene, anche se in effetti è un po' contorto. In poche parole, supponendo $S={g^{e_1},....,g^{e_n}}$, reiterando l'algoritmo di euclide arrivi a concludere che $g^{MCD(e_1,...,e_n)}\in S$.

Ti dico come dimostrerei io l'asserto in questione. Sia $m>0$ il più piccolo naturale tale che $g^m\in S$. Il generatore di $S$ è $g^m$. Infatti supponiamo per assurdo che esista $a$ non divisibile per $m$ e tale che $g^a\in S$. Allora, ponendo $a=mq+r$, con $r

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[vl4dster]

si per assurdo e' certamente piu' "lineare". cmq non pensare sia finita qui tra un po' posto altri dubbi!! ahaha