Punti non chiari in una dimostrazione
Ciao a tutti! Oggi mi sono trovato una teorema e una dimostrazione di particolare interesse. Il fatto è che non mi sono chiari dei tratti della dimostrazione. Riporto pari pari quanto scritto sul libro che sto consultando:
(1) Come mai $S \subseteq H$? Per induzione è facile vedere che per ogni $a \in H$ \[S^+(a):=\{a^k | k \in \mathbb{N}_0\} \subseteq H \] usando la chiusura di $H$ per $\ast$. Avendo come potesi che $H$ è chiuso per $\ast$ e che $(G,\ast)$ è finito, non saprei nemmeno dire se $e \in H$ o meno. La definizione di chiusura per $\ast$ non mi implica necessariamente che $e \in H$. Per $i<0$ avrei che \[a^{i}=a^{-(-i)}=(a^{-i})^{-1},\] ovvero l'inverso di qualche elemento in $H$. Sì, ma per parlare di inverso di qualcosa, non bisognerebbe assicurarsi che $H$ possieda degli oggetti che fungono da "inversi", no? O forse il fatto che $(G,\ast)$ sia finito mi implica qualche cosa di interessante per la dimostrazione...
Al che il seguente punto mi sconcerta un pochino.
(2) Interpreto quello che ha fatto l'autore del libro:\[a^i=a^j \Rightarrow a^i \ast a^{-j}=a^{i-j}=e\] e qui si invoca ancora la possibilità di considerare l'oggetto $a^{-j}=(a^j)^{-1}$, l'inverso di qualcosa... Questo $(H,\ast)$ è invertibile o no...
Ce ne sarebbe un altro di punto non chiaro, ma vediamo di risolvere questi due e magari il terzo punto risulterà di una banalità mostruosa...
Ho espresso abbastanza le mie perplessità e spero che qualcuno possa aiutarmi.
P.S.: $\mathbb{N}_0:=\mathbb{N}-\{0\}$
"Pietro Di Martino in Algebra":24qoqlr6:
Proposizione. Se $(G,\ast)$ è un gruppo finito, un sottoinsieme $H$ di $G$ è un sottogruppo se e solo se $H$ è chiuso per l'operazione $\ast$.
Dimostrazione. Una implicazione è ovvia: se $H$ è sottogruppo, per definizione è chiuso per l'operazione $\ast$. Viceversa, supponiamo che $H$ sia un sottoinsieme di $G$ chiuso per $\ast$. Per dimostrare la tesi basta verificare che per ogni $a \in H$ l'elemento $a^{-1} \in H$. Consideriamo il sottoinsieme $S=\{a^i | i \in \ZZ\}$ delle potenze intere di di $a \in H$. $S$ è contenuto in $H$ (1) ed è ovviamente finito (essendo l'intero $G$ finito). Dunque devono esistere due interi distinti $i>j$ tali che $a^i=a^j$ (fossero tutte diverse le potenze intere di $a$, $S$ non sarebbe finito). Allora si ha che $a^{i-j}=e$ [$e$ elemento neutro] (2), ovvero \[a^{i-j-1} \ast a=e .\] Dunque $a^{i-j-1}$ è l'inverso di $a$ e sta in $H$.
(1) Come mai $S \subseteq H$? Per induzione è facile vedere che per ogni $a \in H$ \[S^+(a):=\{a^k | k \in \mathbb{N}_0\} \subseteq H \] usando la chiusura di $H$ per $\ast$. Avendo come potesi che $H$ è chiuso per $\ast$ e che $(G,\ast)$ è finito, non saprei nemmeno dire se $e \in H$ o meno. La definizione di chiusura per $\ast$ non mi implica necessariamente che $e \in H$. Per $i<0$ avrei che \[a^{i}=a^{-(-i)}=(a^{-i})^{-1},\] ovvero l'inverso di qualche elemento in $H$. Sì, ma per parlare di inverso di qualcosa, non bisognerebbe assicurarsi che $H$ possieda degli oggetti che fungono da "inversi", no? O forse il fatto che $(G,\ast)$ sia finito mi implica qualche cosa di interessante per la dimostrazione...
Al che il seguente punto mi sconcerta un pochino.
(2) Interpreto quello che ha fatto l'autore del libro:\[a^i=a^j \Rightarrow a^i \ast a^{-j}=a^{i-j}=e\] e qui si invoca ancora la possibilità di considerare l'oggetto $a^{-j}=(a^j)^{-1}$, l'inverso di qualcosa... Questo $(H,\ast)$ è invertibile o no...
Ce ne sarebbe un altro di punto non chiaro, ma vediamo di risolvere questi due e magari il terzo punto risulterà di una banalità mostruosa...
Ho espresso abbastanza le mie perplessità e spero che qualcuno possa aiutarmi.
P.S.: $\mathbb{N}_0:=\mathbb{N}-\{0\}$
Risposte
Prendiamo un generico elemento $a \in H$. Essendo per ipotesi $H$ chiuso rispetto all'operazione definita in $G$ si deve avere $a \ast a = a^2 \in H$, $a \ast a \ast a = a^3 \in H$, ... e così via all'infinito. L'insieme $S$ è esattamente l'insieme di dette potenze, che, come appena visto, sono tutte in $H$. Di conseguenza $S \subseteq H$.
Ma essendo $H \subseteq G$ un insieme finito devono necessariamente esserci delle ripetizioni. Come segue dalla tua dimostrazione devono esistere due interi positivi $i,j$, con $i>j>0$ (se $j=0 \Rightarrow a^j=a^0=e \in H$), tali che $a^i=a^j$ da cui, per la legge di cancellazione valida in $G$, $a^{i-j}=e$. Ora se $n=i-j$, da quanto detto in precedenza $a^n \in H$ e dunque $e \in H$.
Inoltre dal fatto che $i-j-1>=0$ anche $a^{i-j-1} \in H$ e, moltiplicando a destra e poi a sinistra per $a$ valgono le seguenti uguaglianze:
$a^{i-j-1} \ast a= a^{i-j}=e$
$a \ast a^{i-j-1}= a^{i-j}=e$
da cui segue che $a^{-1}=a^{i-j-1} \in H$.
Spero di esserti stato di aiuto.
Ma essendo $H \subseteq G$ un insieme finito devono necessariamente esserci delle ripetizioni. Come segue dalla tua dimostrazione devono esistere due interi positivi $i,j$, con $i>j>0$ (se $j=0 \Rightarrow a^j=a^0=e \in H$), tali che $a^i=a^j$ da cui, per la legge di cancellazione valida in $G$, $a^{i-j}=e$. Ora se $n=i-j$, da quanto detto in precedenza $a^n \in H$ e dunque $e \in H$.
Inoltre dal fatto che $i-j-1>=0$ anche $a^{i-j-1} \in H$ e, moltiplicando a destra e poi a sinistra per $a$ valgono le seguenti uguaglianze:
$a^{i-j-1} \ast a= a^{i-j}=e$
$a \ast a^{i-j-1}= a^{i-j}=e$
da cui segue che $a^{-1}=a^{i-j-1} \in H$.
Spero di esserti stato di aiuto.
"algibro":
Prendiamo un generico elemento $a \in H$. Essendo per ipotesi $H$ chiuso rispetto all'operazione definita in $G$ si deve avere $a \ast a=a^2 \in H, a \ast a \ast a=a^3 in H, ...$ e così via all'infinito. L'insieme $S$ è esattamente l'insieme di dette potenze, che, come appena visto, sono tutte in $H$. Di conseguenza $S \subseteq H$.
Sì, ok e ci sono arrivato anch'io. Ma la cosa che destava il mio sconcerto era il fatto che $S$ fosse l'insieme delle potenze intere di $a$, quindi è formato da elementi del tipo $a^k$ con $k \in \mathbb{Z}$. Ma io e te abbiamo detto che $H$ è formato dagli elementi $a^i$ con $i \in \mathbb{N}_0$.
Invece sul fatto che $e \in H$, c'è qualcosa che non mi sconfiffera... Questo
"algibro":
$j=0 \Rightarrow a^j=a^0=e \in H$
Di $H$ conosco soltanto la chiusura per $\ast$, so che $(H,\ast)$ è un magma. Mentre la definizione ricorsiva di potenza di la si da dai monoidi in poi. Se $(H,\ast)$ fosse un semigruppo, certo mi sognerei di dire che $a^0=e \in H$, quando non è detto che il magma $(H,\ast)$ sia munito di unità. O no?
"Indrjo Dedej":
Ma la cosa che destava il mio sconcerto era il fatto che $S$ fosse l'insieme delle potenze intere di $a$, quindi è formato da elementi del tipo $a^k$ con $k \in \mathbb{Z}$. Ma io e te abbiamo detto che $H$ è formato dagli elementi $a^i$ con $i \in \mathbb{N}_0$.
Ok, ragionando insieme.
Precisamente io e te non abbiamo detto questo, abbiamo prima considerato un generico elemento $a$ in $H$ e le sue potenze $a^i$, con $i$ intero positivo, ed abbiamo osservato che stanno tutte in $H$.
Poi, dalla chiusura di $H$ insieme finito, abbiamo dedotto che un elemento $a$ in $H$ ha anche il suo inverso $a^{-1}$ in $H$. Quindi non vedo problemi nel considerare $S$ quale insieme delle potenze a $a^k$ con $k \in ZZ$ come sottoinsieme di $H$, sempre che non mi stia sfuggendo qualcosa
Ci ripenso un'attimo. Magari mi faccio una dimostrazione da me e vedo se riesco ad entrare nell'ottica della dimostrazione del libro... Grazie.
Ok, spero di esserci questa volta. Prendo in considerazione l'implicazione che mi interessa, quella che mi ha creato un po' di perplessità. In particolare per fare questo mi sono permesso di riformulare un po' il problema:
$[(G,\ast) \text{ gruppo finito} ^^ H \subseteq G \text{ chiuso per } \ast] \Rightarrow (H,\ast) \text{ gruppo}$.
Dilato un po' la dimostrazione perché per me è importante per capire...
Assumiamo vero che $(G,\ast)$ sia un gruppo finito e la chiusura di $H \subseteq G$ per l'operazione $\ast$.
(1) $\ast$ è associativa. Banale: dato che per ogni $x,y,z \in G$ vale $(x \ast y) \ast z=x \ast (y \ast z)$, a maggior ragione varrà per ogni $x,y,z \in H \subseteq G$.
(2) Faccio vedere che esiste almeno un elemento di $H$ che sia elemento neutro per $\ast$. Sia \[S(x):=\{s | \exists k \in \mathbb{N}_0 : s=x^k\} \text{ con } x \in H .\] Facilmente per induzione si riesce a provare che $S(x) \subseteq H$ per ogni $x \in H$, data la chiusura di $H$ stesso per $\ast$. Ora considero la funzione $\zeta_x : \mathbb{N}_0 \mapsto S(x)$. Questa non può essere iniettiva, perché se lo fosse $S(x)$ sarebbe numerabile o più che numerabile, e così per $H$ e per $G$. Ma $G$ è finito, assurdo. Quindi esisteranno $i,j \in \mathbb{N}_0$ per cui $i>j$ e $x^i=x^j$. Uscendo un'attimo da $H$, di sicuro in $(G,\ast)$ vale la legge di cancellazione: $x^{i-j}=1$ , dove $1 \in G$ è elemento neutro per $\ast$. Ma per la scelta di $i$ e $j$ si ha $x^{i-j}=1 \in S(x) \subseteq H$. In definitiva ho provato che per ogni $x \in H$ esistono $i,j \in \mathbb{N}_0, i>j$ per cui $x^{i-j}=1 \in H$. Posso ritenere di aver trovato almeno un elemento di $H$ che funga da neutro per $(H,\ast)$.
(3) Per il punto precedente, per ogni $x \in H \subseteq G$ esistono $i,j \in \mathbb{N}_0, i>j$ tali che \[x^{-1}=1 \ast x^{-1}=x^{i-j-1}.\]Ora se $i=j+1$, allora $x^{i-j-1}=x^0=1$ un elemento di $H$ come abbiamo visto nel punto (2). Se invece $i>j+1$, allora, per definizione di $S(x)$, si ha $x^{i-j-1} \in S(x) \subseteq H$. In ogni caso, qualsiasi sia $x \in H$ anche il suo inverso sta in $H$. E ho visto anche che $(H,\ast)$ è anche invertibile.
E spero di aver fatto bene...
$[(G,\ast) \text{ gruppo finito} ^^ H \subseteq G \text{ chiuso per } \ast] \Rightarrow (H,\ast) \text{ gruppo}$.
Dilato un po' la dimostrazione perché per me è importante per capire...
Assumiamo vero che $(G,\ast)$ sia un gruppo finito e la chiusura di $H \subseteq G$ per l'operazione $\ast$.
(1) $\ast$ è associativa. Banale: dato che per ogni $x,y,z \in G$ vale $(x \ast y) \ast z=x \ast (y \ast z)$, a maggior ragione varrà per ogni $x,y,z \in H \subseteq G$.
(2) Faccio vedere che esiste almeno un elemento di $H$ che sia elemento neutro per $\ast$. Sia \[S(x):=\{s | \exists k \in \mathbb{N}_0 : s=x^k\} \text{ con } x \in H .\] Facilmente per induzione si riesce a provare che $S(x) \subseteq H$ per ogni $x \in H$, data la chiusura di $H$ stesso per $\ast$. Ora considero la funzione $\zeta_x : \mathbb{N}_0 \mapsto S(x)$. Questa non può essere iniettiva, perché se lo fosse $S(x)$ sarebbe numerabile o più che numerabile, e così per $H$ e per $G$. Ma $G$ è finito, assurdo. Quindi esisteranno $i,j \in \mathbb{N}_0$ per cui $i>j$ e $x^i=x^j$. Uscendo un'attimo da $H$, di sicuro in $(G,\ast)$ vale la legge di cancellazione: $x^{i-j}=1$ , dove $1 \in G$ è elemento neutro per $\ast$. Ma per la scelta di $i$ e $j$ si ha $x^{i-j}=1 \in S(x) \subseteq H$. In definitiva ho provato che per ogni $x \in H$ esistono $i,j \in \mathbb{N}_0, i>j$ per cui $x^{i-j}=1 \in H$. Posso ritenere di aver trovato almeno un elemento di $H$ che funga da neutro per $(H,\ast)$.
(3) Per il punto precedente, per ogni $x \in H \subseteq G$ esistono $i,j \in \mathbb{N}_0, i>j$ tali che \[x^{-1}=1 \ast x^{-1}=x^{i-j-1}.\]Ora se $i=j+1$, allora $x^{i-j-1}=x^0=1$ un elemento di $H$ come abbiamo visto nel punto (2). Se invece $i>j+1$, allora, per definizione di $S(x)$, si ha $x^{i-j-1} \in S(x) \subseteq H$. In ogni caso, qualsiasi sia $x \in H$ anche il suo inverso sta in $H$. E ho visto anche che $(H,\ast)$ è anche invertibile.
E spero di aver fatto bene...
Ho fatto bene quindi?
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