Quando $g_1g_2 \in H$ ($\le G$) $\Rightarrow g_1 \in H \wedge g_2 \in H$?

[luca691]

Siano $G$ un gruppo finito, $H \le G$ e $g_1,g_2 \in G$. Mi chiedevo a quali condizioni -se esistono- vale l'implicazione $g_1g_2 \in H \Rightarrow g_1 \in H \wedge g_2 \in H$.

Sarà banale, ma non riesco a dare una risposta.

[otta96]

Vale se $H=G$. Se $H!=G$ invece prendi $g\inG\setminusH$, allora $gg^(-1)=e\inH$, ma né $g$ né $g^(-1)$ stanno in $H$.

[luca691]

"otta96":Vale se $ H=G $.

D'accordo.

"otta96":Se $ H!=G $ invece prendi $ g\inG\setminusH $, allora $ gg^(-1)=e\inH $, ma né $ g $ né $ g^(-1) $ stanno in $ H $.

Si può trovare un controesempio anche alla seguente $g_1g_2 \in H\setminus {e} \Rightarrow g_1,g_2 \in H$ ?

[otta96]

"luca69":Si può trovare un controesempio anche alla seguente $g_1g_2 \in H\setminus {e} \Rightarrow g_1,g_2 \in H$ ?

Chiaramente se $H={e}$ no, mentre se $H!={e}$, sia $g_1\inG\setminusH$, $g_2\inH\setminus{e}$, allora $(g_2g_1)g_1^(-1)=g_2\inH\setminus{e}$, ma né $g_2g_1$ né $g_1^(-1)$ stanno in $H$.

[luca691]

Grazie

[luca691]

Perdonami, un ultimo chiarimento:

"otta96":né $ g_2g_1 $ né $ g_1^(-1) $ stanno in $ H $.

Capisco per $ g_1^(-1) $, ma perché questa conclusione anche per $ g_2g_1 $?

[otta96]

Se ci stesse lo moltiplicheresti a sinistra per l'inverso di $g_2$ e...

[luca691]

… e otterrei che $g_1 \in H$: contraddizione. Capito, grazie.

Provo ad astrarre un po'. Detta $f:G \times G \rightarrow G$ la moltiplicazione del gruppo, oltre ovviamente a $f(G \times \G) \subseteq G$ e $f(H \times H) \subseteq H$, si hanno le seguenti:

-) $f(H \times (G \setminus H)) \subseteq G \setminus H$[/list:u:13fidlsk]

-) $f((G \setminus H) \times H) \subseteq G \setminus H$[/list:u:13fidlsk]

Invece, $f((G \setminus H) \times (G \setminus H)) \cap H \ne \emptyset$; infatti, diversamente, $G \setminus H \le G$: contraddizione, perché $e \notin G \setminus H$. Giusto?

[otta96]

"luca69": infatti, diversamente, $G \setminus H \le G$: contraddizione, perché $e \notin G \setminus H$. Giusto?

Non ho capito cosa intendi, il resto va tutto bene.

[luca691]

Avendo valutato i casi $f(H \times (G \setminus H))$ e $f((G \setminus H) \times H)$ (oltre agli ovvii $f(G \times G)$ e $f(H \times H)$), ho voluto completare l'"inventario" valutando anche il caso $f((G \setminus H) \times (G \setminus H))$, e ho ragionato così.

$G \setminus H$ contiene l'inverso di ogni suo elemento; pertanto, se fosse $f((G \setminus H) \times (G \setminus H)) \subseteq G \setminus H$, risulterebbe che $G \setminus H$ è anche chiuso rispetto alla moltiplicazione e quindi è sottogruppo di $G$; ma questo non può essere, perché $e \notin G \setminus H$. Quindi $f((G \setminus H) \times (G \setminus H))$ deve avere una parte in $H$, ovvero $f((G \setminus H) \times (G \setminus H)) \cap H \ne \emptyset$.

[otta96]

Ok, non è sbagliato ma se lo scopo era quello bastava prendere ${e}$...

[luca691]

Già, è vero ... Ora però mi viene da chiedermi se $(g_1,g_2 \in G \setminus H) \wedge (g_1g_2 \in H) \Rightarrow g_2=g_1^(-1)$ ...

[luca691]

Mi rispondo da solo: chiaramente no; basta prendere $G=(\mathbb{Z},+)$ e $H=2 \mathbb{Z}$. La somma di due interi dispari è sempre pari e non necessita che i due termini siano opposti per appartenere ad $H$. In questo caso è addirittura $f((G \setminus H) \times (G \setminus H))=H$.