Normalità e quozienti
Volevo sottoporvi due semplici esercizi poichè mi piacerebbe sapere se effettivamente sono stati risolti correttamente:
Determinare l'unico gruppo normale $H$ non banale di $S_3$ e studiare $S_3/H$
Allora per prima cosa $H$ è un sottogruppo e per il teorema di Lagrange sappiamo che l'ordine di $H$ divide $6$ quindi esso o è $2$ o $3$.
Sappiamo inoltre che esso è normale se è unione di classi di coniugio. Quindi determino la cardinalità di ogni classe esse sono in numero $(-)=1$ $(-,-)=3$ e $(-.-.-)=2$.
Quindi l'unico sottogruppo $H$ è formato da ${id,(1,2,3),(1,3,2)}$
Studio il quoziente $G/H$ esso è formato dalle classi laterali quindi sarà formato da ${H,(1,2)H}$. E' quindi il gruppo ciclico di ordine $2$
Determinare tutti i sottogruppi normali di $S_4$. Stesso ragionamento di prima, il periodo di $H$ deve essere compreso tra i divisori di $24$. Analizzando la struttura ciclica, o equivalentemente le classi di coniugio, deduco che esistono solo due sottogruppi normali in $S_4$ non banali cioè $H_1$ formato dall'identità e dai $(2,2)$-cicli e $H_2$ formato dall'identità, dai $(2,2)$cicli e dai $3$-cicli
Ho preso un abbaglio, oppure i ragionamenti non sono corretti?
Grazie mille e scusate ancora per la banalità della domanda!
Determinare l'unico gruppo normale $H$ non banale di $S_3$ e studiare $S_3/H$
Allora per prima cosa $H$ è un sottogruppo e per il teorema di Lagrange sappiamo che l'ordine di $H$ divide $6$ quindi esso o è $2$ o $3$.
Sappiamo inoltre che esso è normale se è unione di classi di coniugio. Quindi determino la cardinalità di ogni classe esse sono in numero $(-)=1$ $(-,-)=3$ e $(-.-.-)=2$.
Quindi l'unico sottogruppo $H$ è formato da ${id,(1,2,3),(1,3,2)}$
Studio il quoziente $G/H$ esso è formato dalle classi laterali quindi sarà formato da ${H,(1,2)H}$. E' quindi il gruppo ciclico di ordine $2$
Determinare tutti i sottogruppi normali di $S_4$. Stesso ragionamento di prima, il periodo di $H$ deve essere compreso tra i divisori di $24$. Analizzando la struttura ciclica, o equivalentemente le classi di coniugio, deduco che esistono solo due sottogruppi normali in $S_4$ non banali cioè $H_1$ formato dall'identità e dai $(2,2)$-cicli e $H_2$ formato dall'identità, dai $(2,2)$cicli e dai $3$-cicli
Ho preso un abbaglio, oppure i ragionamenti non sono corretti?
Grazie mille e scusate ancora per la banalità della domanda!
Risposte
Non sono riuscito a continuare questa dimostrazione su centro di $A_4$ nel modo da te indicato Martino, mi potresti dare ancora un suggerimento? Ammesso che poi sia giusto il modo di arrivare a mostrare che è l'identità quello che ho scritto nel post precedente.
Io pensavo una cosa del genere.
$ginZ(A_4)$. Allora $g(i)=g(sigma(i))=sigma(g(i))$ Ora se $g(i)$ fosse diversa da $i$, allora $sigma(g(i))$ sarebbe diversa da $g(i)$, perché $sigma$ lascia fissa soltanto $(i)$ e poiché $A_4$ è non commutativo in generale, non si avrebbe $gsigma=sigmag$.
Ma non so se è corretta questa mia dimostrazione.
Mi sono imbattuto in questo esercizio invece, che mi faceva piacere condividere.
Sia $G$ un gruppo finito, $N$ un sottogruppo normale di $G$ tale che $|N|$ e $(G:N)$ siano coprimi. Provare che per ogni $xin G$ tale che $x^|N| = 1$, risulta $xin N$.
Avevo pensato che il teorema di corrispondenza mi sarebbe tornato utile assieme al secondo (o terzo dipende dal nome) teorema di isomorfismo, ma non saprei. Anche qui, suggerimenti?
Io pensavo una cosa del genere.
$ginZ(A_4)$. Allora $g(i)=g(sigma(i))=sigma(g(i))$ Ora se $g(i)$ fosse diversa da $i$, allora $sigma(g(i))$ sarebbe diversa da $g(i)$, perché $sigma$ lascia fissa soltanto $(i)$ e poiché $A_4$ è non commutativo in generale, non si avrebbe $gsigma=sigmag$.
Ma non so se è corretta questa mia dimostrazione.
Mi sono imbattuto in questo esercizio invece, che mi faceva piacere condividere.
Sia $G$ un gruppo finito, $N$ un sottogruppo normale di $G$ tale che $|N|$ e $(G:N)$ siano coprimi. Provare che per ogni $xin G$ tale che $x^|N| = 1$, risulta $xin N$.
Avevo pensato che il teorema di corrispondenza mi sarebbe tornato utile assieme al secondo (o terzo dipende dal nome) teorema di isomorfismo, ma non saprei. Anche qui, suggerimenti?
$ginZ(A_4)$. Allora $g(i)=g(sigma(i))=sigma(g(i))$ Ora se $g(i)$ fosse diversa da $i$, allora $sigma(g(i))$ sarebbe diversa da $g(i)$, perché $sigma$ lascia fissa soltanto $(i)$ e poiché $A_4$ è non commutativo in generale, non si avrebbe $gsigma=sigmag$.Ti stai un po' complicando la vita
Siccome $sigma$ fissa solo $i$ (l'abbiamo scelto così), dall'uguaglianza $sigma(g(i))=g(i)$ deduci $g(i)=i$. Questo vale per ogni $i$, quindi $g=1$. Fine
Sia $G$ un gruppo finito, $N$ un sottogruppo normale di $G$ tale che $|N|$ e $(G:N)$ siano coprimi. Provare che per ogni $x in G$ tale che $x^|N| = 1$, risulta $x in N$.Considera la classe di $x$ nel quoziente $G//N$.
Mmm, quanto al primo effettivamente hai ragione 
Ma le mie considerazioni sono sbagliate, anche se superflue?
Quanto al secondo, ci penserò oggi!
Ma le mie considerazioni sono sbagliate, anche se superflue?
Quanto al secondo, ci penserò oggi!
Arrivi a un punto in cui dici:
$g(i)=g(sigma(i))=sigma(g(i))$e
$sigma(g(i))$ sarebbe diversa da $g(i)$Questi due fatti sono in evidente contraddizione. Dovresti quindi dedurre immediatamente che $g(i)=i$.
Ho provato a fare l'esercizio considerando nel quoziente $G$$/N$ la classe di $x$, ma ugualmente non riesco a concludere che $xN=N$. Non riesco in realtà a sfruttare l'ipotesi che $x^n=1$.
ho provato anche (magari facendo una boiata!) a considerare $$$=N$ (dato che hanno lo stesso ordine e sono entrambi contenuti in $G$), ma oltre a sembrarmi un 'idea un pò campata in aria non sono riuscito nemmeno a svilupparlo.
Buio totale.
ho provato anche (magari facendo una boiata!) a considerare $
Buio totale.
"mistake89":Non hanno lo stesso ordine, il fatto che $x^{|N|}=1$ ti dice solo che l'ordine di $x$ divide $|N|$.
ho provato anche (magari facendo una boiata!) a considerare $=N$ (dato che hanno lo stesso ordine e sono entrambi contenuti in $G$)
Il fatto è questo: la classe $xN$ è un elemento del gruppo $G//N$, sia $m$ il suo ordine. Osserva che $m$ deve dividere $|G:N|=|G//N|$. Nel gruppo $G//N$ si ha $(xN)^{|N|} = x^{|N|}N = 1N = N$, quindi $m$ deve dividere $|N|$. Ma allora $m$ divide sia $|N|$ che $|G:N|$, quindi $m=1$ (per ipotesi $|N|$ e $|G:N|$ sono coprimi). In altre parole $xN=N$, cioè $x \in N$.
Già, che errore stupido. Grazie ancora Martino.
Francamente non penso ci sarei mai arrivato
Volevo solo chiederti delle delucidazioni su alcune cose:
$m$ deve dividere l'indice, ciò discende dal Teorema di Lagrange, secondo cui il periodo di un qualsiasi elemento del gruppo è un divisore dell'ordine del gruppo?
$N^(|N|)$ vuol dire che ogni elemento viene calcolata la potenza $|N|$
Grazie ancora!
Francamente non penso ci sarei mai arrivato
Volevo solo chiederti delle delucidazioni su alcune cose:
$m$ deve dividere l'indice, ciò discende dal Teorema di Lagrange, secondo cui il periodo di un qualsiasi elemento del gruppo è un divisore dell'ordine del gruppo?
$N^(|N|)$ vuol dire che ogni elemento viene calcolata la potenza $|N|$
Grazie ancora!
"mistake89":Sì.
$m$ deve dividere l'indice, ciò discende dal Teorema di Lagrange, secondo cui il periodo di un qualsiasi elemento del gruppo è un divisore dell'ordine del gruppo?
$N^(|N|)$ vuol dire che ogni elemento viene calcolata la potenza $|N|$No. Nel gruppo $G//N$ l'operazione è definita come segue: $(aN)(bN)=(ab)N$. In particolare $(aN)^m = a^m N$.
Hai ragione Martino, come sempre
Grazie ancora per la disponibilità!
Grazie ancora per la disponibilità!
Scusate se ancora rompo ma volevo capirci bene...
Se ho $G=H_1xH_2$ prodotto diretto interno, con $H_(1,2)$ sottogruppi di $G$, si ha che $G//H_1$ è isomorfo ad $H_2$.
Sfruttando il teorema fondamentale di omomorfismo si tratta di costruire un omomorfismo $phi$ la cui immagine si $H_2$ e il $kerphi=H_1$
Potrebbe essere banalmente $phi(x,y)->y$?. Di essere un isomorfismo mi pare evidente, e che il $ker$ sia $H_1$ mi pare anche corretto! Mi sbaglio?
Se è corretto mi chiedo quale sia il quoziente $G//H_1$, sarà formato dalle classi laterali di $H_1$, cioè da $(x,y)H_1$? ma non credo che tale prodotto sia definito!
Se ho $G=H_1xH_2$ prodotto diretto interno, con $H_(1,2)$ sottogruppi di $G$, si ha che $G//H_1$ è isomorfo ad $H_2$.
Sfruttando il teorema fondamentale di omomorfismo si tratta di costruire un omomorfismo $phi$ la cui immagine si $H_2$ e il $kerphi=H_1$
Potrebbe essere banalmente $phi(x,y)->y$?. Di essere un isomorfismo mi pare evidente, e che il $ker$ sia $H_1$ mi pare anche corretto! Mi sbaglio?
Se è corretto mi chiedo quale sia il quoziente $G//H_1$, sarà formato dalle classi laterali di $H_1$, cioè da $(x,y)H_1$? ma non credo che tale prodotto sia definito!
Dire che $H_1 le H_1 xx H_2$ è improprio. Quando pensi a $H_1$ come sottogruppo di $H_1 xx H_2$ devi identificarlo a $H_1 xx {1}$. I laterali di $H_1 xx {1}$ sono $(H_1 xx {1})(x,y) = H_1x xx {y}$.
Capito! Quindi la mappa che avevo introdotto andava bene?!
Certo.
Grazie mille Martino.
Ho provato a svolgere questo esercizio, vediamo se la soluzione è corretta:
Sia $N$ normale in $G$, tale che l'indice di $N$ in $G$ sia $n$. Mostrare che $g^ninN$ $AAginG$
L'idea è analoga a quella dell'esercizio precedente.
Cioè considero il laterale di $g$, cioè $gN$. Sarà un elemento ovviamente di $G//N$. Il mio intento è provare che $g^nN=N$.
considero allora $(gN)^n=g^nN$. Ma sappiamo per il th. di Lagrange che l'ordine di ogni sottogruppo (in questo caso quello generato da $gN$) di $G/N$ deve dividere $o(G//N)$ che in questo caso è $n$, quindi $g^nN=N$.
E' corretta?
Ho provato a svolgere questo esercizio, vediamo se la soluzione è corretta:
Sia $N$ normale in $G$, tale che l'indice di $N$ in $G$ sia $n$. Mostrare che $g^ninN$ $AAginG$
L'idea è analoga a quella dell'esercizio precedente.
Cioè considero il laterale di $g$, cioè $gN$. Sarà un elemento ovviamente di $G//N$. Il mio intento è provare che $g^nN=N$.
considero allora $(gN)^n=g^nN$. Ma sappiamo per il th. di Lagrange che l'ordine di ogni sottogruppo (in questo caso quello generato da $gN$) di $G/N$ deve dividere $o(G//N)$ che in questo caso è $n$, quindi $g^nN=N$.
E' corretta?
"mistake89":C'è un po' di confusione. Non capisco perché parli del sottogruppo di $G$ generato da $gN$.
sappiamo per il th. di Lagrange che l'ordine di ogni sottogruppo (in questo caso quello generato da $gN$) di $G$ deve dividere $o(G)$ che in questo caso è $n$, quindi $g^nN=N$.
Il punto è che l'elemento $gN$ del gruppo $G//N$ deve verificare $(gN)^{|G//N|}=1_{G//N}=N$, è un fatto generale (se un gruppo $H$ ha ordine $n$ e $h in H$ allora $h^n=1$: facile applicazione del teorema di Lagrange, penso che tu la conosca).
Sì, scusami. Era $G//N$ lì, edito subito!
Era esattamente quella la mia idea. Considero in $G//N$ che so avere ordine $n$, il sottogruppo generato da $gN$. Per il teorema di Lagrange, tale sottogruppo avrà un ordine che divide $n$, allora $(gN)^n=g^nN=N$, per la caratterizzazione del periodo. Quindi essendo $g^nN=N$ deduco che $g^ninN$
Era esattamente quella la mia idea. Considero in $G//N$ che so avere ordine $n$, il sottogruppo generato da $gN$. Per il teorema di Lagrange, tale sottogruppo avrà un ordine che divide $n$, allora $(gN)^n=g^nN=N$, per la caratterizzazione del periodo. Quindi essendo $g^nN=N$ deduco che $g^ninN$
"mistake89":Ah ok, il sottogruppo di $G//N$ generato da $gN$. Certo.
Considero in $G//N$ che so avere ordine $n$, il sottogruppo generato da $gN$. Per il teorema di Lagrange, tale sottogruppo avrà un ordine che divide $n$, allora $(gN)^n=g^nN=N$, per la caratterizzazione del periodo. Quindi essendo $g^nN=N$ deduco che $g^ninN$
Si, scusami è stata una svista.
Grazie mille Martino!
Grazie mille Martino!
Volevo una delucidazione riguardo i quozienti tra gruppi infiniti, che ancora mi fanno venire qualche dubbio.
Posto un esempio. Sia $G=(RR^2,+)$ e sia $H={(x,5x)|x$$inRR}$. Studiare $G//H$
$RR^2$ è ovviamente infinito, così come $H$. $G//H$, cioè l'insieme dei laterali della forma $(a,b)+H=(a+x,b+5x)$ è infinito. In questo caso come vengono identificati gli elementi di $G$? Cioè nel quoziente sono congrui quegli elementi che differiscono per $(x,5x)$ tra loro. E' corretto?
Grazie ancora!
Posto un esempio. Sia $G=(RR^2,+)$ e sia $H={(x,5x)|x$$inRR}$. Studiare $G//H$
$RR^2$ è ovviamente infinito, così come $H$. $G//H$, cioè l'insieme dei laterali della forma $(a,b)+H=(a+x,b+5x)$ è infinito. In questo caso come vengono identificati gli elementi di $G$? Cioè nel quoziente sono congrui quegli elementi che differiscono per $(x,5x)$ tra loro. E' corretto?
Grazie ancora!
In casi come questo ti conviene considerare un omomorfismo suriettivo da $G$ a qualche gruppo candidato $L$ il cui nucleo sia $H$, e applicare il primo teorema di isomorfismo. In questo caso puoi prendere $G to RR$, $(x,y) to y-5x$.
Vedi anche qui.
Vedi anche qui.
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