Sottogruppi con ordine finito o infinito
Scrivo per chiedervi un chiarimento in merito ai sottogruppi.
Sia \(\displaystyle G \) un gruppo di ordine finito. Qualsiasi sottoinsieme \(\displaystyle H \) di \(\displaystyle G \) sarà un sottoinsieme avente un numero finito di elementi. Pertanto, per verificare se detto sottoinsieme \(\displaystyle H \) sia un sottogruppo di \(\displaystyle G \) è sufficiente verificare se in esso:
a) $ a,b in H rArr ab in H $
in quanto, se così fosse:
1) la legge associativa vale in \(\displaystyle G \) e quindi essa vale in \(\displaystyle H \) che è un sottoinsieme di \(\displaystyle G \);
2) essendo \(\displaystyle H \) un insieme avente numero finito di elementi, avendo verificato che $ a,b \in H \Rightarrow ab \in H $, deve anche essere $ aa = a^2 \in H, aaa=a^3 \in H, ..., a^n \in H, ... $ ma se tutti gli infiniti $a^n, n \in N$ appartengono ad $H$ che è un insieme finito allora ci devono essere delle ripetizioni, avremo che $a^m=a^n, m>n>0$ e pertanto, cancellando $(n-1)$ volte $a$ a destra di entrambe i membri otteniamo che
$a^(m-(n-1))=a \Rightarrow a^(m-n+1)=a \Rightarrow a^(m-n+1)a^-1 = aa^-1 \Rightarrow a^m-n=e$ dunque $e\in H$;
3) in ultimo se $e\inH$, essendo $e = aa^-1=a^-1a \Rightarrow a^-1\inH$ e quindi anche l'elemento inverso si trova in $H$
Appurato ciò, e correggetemi se ho errato qualcosa, passo al caso in un cui $G$ sia un gruppo di ordine infinito. Beh, posso in questo caso avere sottoinsiemi $H$ di $G$ che contano elementi infiniti ed in questo caso la a) sopra non è più sufficiente a verificare se $H$ è un sottogruppo, occorre in questo caso che:
a) $ a,b in H rArr ab in H $;
b) $ a in H rArr a^-1 in H $
ma se $H$ è un sottoinsieme finito di un gruppo $G$ avente ordine infinito, non è ancora sufficiente verificare esclusivamente la chiusura a) per stabilire se $H$ è un sottogruppo finito del gruppo avente ordine infinito $G$ ?
O meglio, a prescindere dall'ordine del gruppo $G$, per verificare se il sottoinsieme $H$ di $G$ con $H$ avente numero finito di elementi sia un sottogruppo di $G$, non è sufficiente verificare che $ a,b in H rArr ab in H $ ?
In ultimo, se il sottogruppo $H$ è un sottogruppo ciclico generato da $a \in G$ con $H=\{a^i |i\inN\}$ possiamo dedurre che detto sottogruppo abbia al massimo $m$ elementi con $a^m=e$, infatti se ne avesse uno in più $a^m a=ea=a$, inoltre da questo sappiamo che, per Lagrange, $m|o(G)$
Mi chiedevo, se il sottogruppo non è un sottogruppo ciclico ma comunque finito non è possibile stabilire quanti elementi vi sono in esso pur sapendo che per detti elementi, essendovi chiusura in $H$, abbiamo quanto detto al punto 2) sopra, giusto ?
Scusate la tediosità del post ma mentre costruivo il ragionamento lo scrivevo anche, ultima volta. Grazie mille !
Sia \(\displaystyle G \) un gruppo di ordine finito. Qualsiasi sottoinsieme \(\displaystyle H \) di \(\displaystyle G \) sarà un sottoinsieme avente un numero finito di elementi. Pertanto, per verificare se detto sottoinsieme \(\displaystyle H \) sia un sottogruppo di \(\displaystyle G \) è sufficiente verificare se in esso:
a) $ a,b in H rArr ab in H $
in quanto, se così fosse:
1) la legge associativa vale in \(\displaystyle G \) e quindi essa vale in \(\displaystyle H \) che è un sottoinsieme di \(\displaystyle G \);
2) essendo \(\displaystyle H \) un insieme avente numero finito di elementi, avendo verificato che $ a,b \in H \Rightarrow ab \in H $, deve anche essere $ aa = a^2 \in H, aaa=a^3 \in H, ..., a^n \in H, ... $ ma se tutti gli infiniti $a^n, n \in N$ appartengono ad $H$ che è un insieme finito allora ci devono essere delle ripetizioni, avremo che $a^m=a^n, m>n>0$ e pertanto, cancellando $(n-1)$ volte $a$ a destra di entrambe i membri otteniamo che
$a^(m-(n-1))=a \Rightarrow a^(m-n+1)=a \Rightarrow a^(m-n+1)a^-1 = aa^-1 \Rightarrow a^m-n=e$ dunque $e\in H$;
3) in ultimo se $e\inH$, essendo $e = aa^-1=a^-1a \Rightarrow a^-1\inH$ e quindi anche l'elemento inverso si trova in $H$
Appurato ciò, e correggetemi se ho errato qualcosa, passo al caso in un cui $G$ sia un gruppo di ordine infinito. Beh, posso in questo caso avere sottoinsiemi $H$ di $G$ che contano elementi infiniti ed in questo caso la a) sopra non è più sufficiente a verificare se $H$ è un sottogruppo, occorre in questo caso che:
a) $ a,b in H rArr ab in H $;
b) $ a in H rArr a^-1 in H $
ma se $H$ è un sottoinsieme finito di un gruppo $G$ avente ordine infinito, non è ancora sufficiente verificare esclusivamente la chiusura a) per stabilire se $H$ è un sottogruppo finito del gruppo avente ordine infinito $G$ ?
O meglio, a prescindere dall'ordine del gruppo $G$, per verificare se il sottoinsieme $H$ di $G$ con $H$ avente numero finito di elementi sia un sottogruppo di $G$, non è sufficiente verificare che $ a,b in H rArr ab in H $ ?
In ultimo, se il sottogruppo $H$ è un sottogruppo ciclico generato da $a \in G$ con $H=\{a^i |i\inN\}$ possiamo dedurre che detto sottogruppo abbia al massimo $m$ elementi con $a^m=e$, infatti se ne avesse uno in più $a^m a=ea=a$, inoltre da questo sappiamo che, per Lagrange, $m|o(G)$
Mi chiedevo, se il sottogruppo non è un sottogruppo ciclico ma comunque finito non è possibile stabilire quanti elementi vi sono in esso pur sapendo che per detti elementi, essendovi chiusura in $H$, abbiamo quanto detto al punto 2) sopra, giusto ?
Scusate la tediosità del post ma mentre costruivo il ragionamento lo scrivevo anche, ultima volta. Grazie mille !
Risposte
approfitto per fare un piccolo "up" e cerco di comprendere ancora una cosa.
Verificare che sottogruppo ciclico $(a)$ generato da $a \in G$ sia effettivamente un sottogruppo è possibile se e solamente se $G$ è un gruppo finito, corretto ?
In effetti penso sia così in quanto non riuscirei a determinare con certezza l'esistenza in $H$ dell'elemento identico $e=a^n$ con $n \in \mathbb{Z}$ se $G$ è di ordine infinito.
Grazie ancora in anticipo.
Verificare che sottogruppo ciclico $(a)$ generato da $a \in G$ sia effettivamente un sottogruppo è possibile se e solamente se $G$ è un gruppo finito, corretto ?
In effetti penso sia così in quanto non riuscirei a determinare con certezza l'esistenza in $H$ dell'elemento identico $e=a^n$ con $n \in \mathbb{Z}$ se $G$ è di ordine infinito.
Grazie ancora in anticipo.
Ciao,
per quanto riguarda il post originario, rispondo alla prima parte. Seguendo la dimostrazione che a) $RightarrowH$ sottogruppo, si vede che l'ordine di $G$ non interviene, per cui direi che il risultato vale a prescindere da quest'ultimo (finito o infinito).
Per quanto riguarda l'"up", invece, $(a)$ è chiuso rispetto alla moltiplicazione di $G$ e contiene l'inverso di tutti i suoi elementi, quindi è un sottogruppo di $G$, qualsiasi sia quest'ultimo (quindi ancora a prescindere dal suo ordine). Magari però ho malinteso il post.
per quanto riguarda il post originario, rispondo alla prima parte. Seguendo la dimostrazione che a) $RightarrowH$ sottogruppo, si vede che l'ordine di $G$ non interviene, per cui direi che il risultato vale a prescindere da quest'ultimo (finito o infinito).
Per quanto riguarda l'"up", invece, $(a)$ è chiuso rispetto alla moltiplicazione di $G$ e contiene l'inverso di tutti i suoi elementi, quindi è un sottogruppo di $G$, qualsiasi sia quest'ultimo (quindi ancora a prescindere dal suo ordine). Magari però ho malinteso il post.
In $a^(m-n+1)=a$ non sembra corretto comporre a destra con il simmetrico $a^-1$ di $a$, siccome ne è da dimostrare l' appartenenza al generico sottoinsieme $H$.
Considerando un gruppo PERIODICO $G$ (ovvero un gruppo con ogni suo elemento periodico) risulta per un suo qualsiasi sottoinsieme $H$, vero quanto sostenuto: $ a,b in H rArr ab in H $ è condizione sufficiente per essere $H$ sottogruppo di $G$:
$a in H$ di periodo n: $a^n = 1_G in H$;
$a^(n-1) * a = 1_G rArr a^(n-1) = a^-1$ e $a^-1 in H$;
similmente per un qualsiasi altro elemento (periodico appunto!) di $H$.
Considerando un gruppo PERIODICO $G$ (ovvero un gruppo con ogni suo elemento periodico) risulta per un suo qualsiasi sottoinsieme $H$, vero quanto sostenuto: $ a,b in H rArr ab in H $ è condizione sufficiente per essere $H$ sottogruppo di $G$:
$a in H$ di periodo n: $a^n = 1_G in H$;
$a^(n-1) * a = 1_G rArr a^(n-1) = a^-1$ e $a^-1 in H$;
similmente per un qualsiasi altro elemento (periodico appunto!) di $H$.
@algibro La tua assunzione (a) è errata, in quanto non chiedi che l'insieme \(\displaystyle H\) sia chiuso per elementi inversi. 
"j18eos":
@algibro La tua assunzione (a) è errata, in quanto non chiedi che l'insieme \(\displaystyle H\) sia chiuso per elementi inversi.
Giusto, cavoli !!!!
Ma per il semplice motivo che dice Achillelauro:
"achille_lauro":
In $a^(m-n+1)=a$ non sembra corretto comporre a destra con il simmetrico $a^-1$ di $a$, siccome ne è da dimostrare l' appartenenza al generico sottoinsieme $H$.
Grazie a tutti, siete utilissimi !
La dovresti modificare in \(a,b\in H\Rightarrow ab^{-1}\in H\).
Secondo me nella dimostrazione di @algibro al punto 2) si poteva cancellare direttamente $n$ volte per concludere che $einH$, per cui non trovo errori nel farlo "in due tempi", $n-1$ volte "più" $*a^-1$: la regola di cancellazione vale in $G$ e non occorre che $a^-1$ "sia già" in $H$ per poter cancellare $a^n"$ con $a^-n$. Il punto 3), però, non mi sembra corretto, perché da $e=aa^-1inH$ e $ainH$ non segue necessariamente che $a^-1inH$. Vedi sotto per questo punto.
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Siano $G$ un gruppo e $H$ un suo sottoinsieme tale che:
i) $a,binH⇒abinH$
ii) $ainH⇒a^-1inH$
Allora $H$ è un sottogruppo. Infatti:
g1) l'ipotesi i) è la prima proprietà di gruppo;
g2) la moltiplicazione è associativa in $H$, perché lo è per ipotesi in $G$;
g3) ii)$^^$i) $⇒$ $e=aa^-1inH$
g4) l'ipotesi ii) è la quarta proprietà di gruppo.
Se ora assumiamo che $H$ sia finito, mostriamo che i)$⇒$ii) e che quindi i), da sola, basta per provare che $H$ è un sottogruppo. Infatti, dato $ainH$, i)$⇒a^ninH$, $AAninNN$ (induzione su $n$). Se $m=|H|$, allora i distinti $a^n$ in $H$ devono essere i primi $k$, per un qualche $k<=m$; pertanto, $EEi, 1<=i<=k$ tale che $a^(k+1)=a^i$; cancellando $i$ volte (in $G$), si ottiene $a^(k-i+1)=e$; ma $k-i+1>0$ e quindi $e=a^(k-i+1)inH$. Ora, se $a=e$, allora $a^-1=einH$ e la tesi è provata; se invece $a!=e$, allora dev'essere $1<=i0$, e la tesi vale per ogni $ainH$.
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Siano $G$ un gruppo e $H$ un suo sottoinsieme tale che:
i) $a,binH⇒abinH$
ii) $ainH⇒a^-1inH$
Allora $H$ è un sottogruppo. Infatti:
g1) l'ipotesi i) è la prima proprietà di gruppo;
g2) la moltiplicazione è associativa in $H$, perché lo è per ipotesi in $G$;
g3) ii)$^^$i) $⇒$ $e=aa^-1inH$
g4) l'ipotesi ii) è la quarta proprietà di gruppo.
Se ora assumiamo che $H$ sia finito, mostriamo che i)$⇒$ii) e che quindi i), da sola, basta per provare che $H$ è un sottogruppo. Infatti, dato $ainH$, i)$⇒a^ninH$, $AAninNN$ (induzione su $n$). Se $m=|H|$, allora i distinti $a^n$ in $H$ devono essere i primi $k$, per un qualche $k<=m$; pertanto, $EEi, 1<=i<=k$ tale che $a^(k+1)=a^i$; cancellando $i$ volte (in $G$), si ottiene $a^(k-i+1)=e$; ma $k-i+1>0$ e quindi $e=a^(k-i+1)inH$. Ora, se $a=e$, allora $a^-1=einH$ e la tesi è provata; se invece $a!=e$, allora dev'essere $1<=i
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