Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

[Michiko1]

Ciao, vorrei dimostrare questo fatto. Sia $G$ un gruppo ciclico di ordine $n$, e $r$ un intero che divide $n$. Allora $G$ contiene un unico sottogruppo ciclico di ordine $r$.

Per ipotesi, \(n=kr \) per qualche \( k\) intero. Il gruppo si scrive come \[ G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n

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Risposte

anto_zoolander

27 ott 2018, 20:36

Ciao!

quel gruppo per come lo hai scritto ha tipo $2n-1$ elementi.

Il gruppo è $G={1,g,g^2,...,g^(n-1)}={g^i : i=0,1,...,n-1}$

tu per ipotesi hai che $r|n => n=kr$ e con abuso di notazione puoi definire $k:=n/r$

da qui si ha che $$ è un sottogruppo di $G$ di ordine $r$ in quanto:

sicuramente $(g^(n/r))^r=g^(n/r * r)=g^n=1$ quindi $r$ è un periodo. Chiamato $t$ l'ordine di $$ se fosse $t
$t t*n/r
Quindi è un sottogruppo di ordine $r$. Di fatto se mostri che se $n/r$ è un periodo, devi anche mostrare che è il più piccolo. Inoltre non puoi uscirtene dicendo 'si può considerare in modo univoco...' devi dimostrarlo che è unico.

"Michiko":\[ G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n
perché scrivi questo?

"Michiko":\( H=\{g^{-r},...1,...,g^r\} \)

questo allo stesso modo che significa?

se $G=$ e $g$ ha ordine $n$ allora $G={1,g,...,g^(n-1)}$

di fatto se $x in $ allora $x=g^t$ dividendo $t$ per $n$ avremo che $t=nk+r, 0leqr da cui $x=g^t=g^(nk+r)=(g^n)^k*g^r=g^r$ quindi non ha senso andare a scrivere tutto quello

"Michiko":\( g^r=g^{n/k}=(g^n)^{1/k}=1^{1/k}=1 \)

questo anche, cosa vuol dire? il gruppo che devi considerare è $$ in quanto $(g^k)^r=g^(kr)=g^n=1$
la scrittura $1/k$ non ha alcun senso

Finito questo, rimane da mostrare l'unicità.

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Michiko1

28 ott 2018, 11:15

Ciao, lascia stare la notazione che sarebbe \( G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n
Comunque l'unicità del sottogruppo non segue dal fatto che per la divisione euclidea $k$ è unico?

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anto_zoolander

28 ott 2018, 11:34

Si hai ragione.
Ho cambiato l’indicizzaziine e corretta quella svista.

Quel gruppo non capisco perché continui a scriverlo così, comunque:
Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.

No purtroppo non segue da quella cosa.. potrebbe tranquillamente esistere un altro sottogruppo di quell’ordine: prova a supporne l’esistenza, devi mostrare che se ne esistesse un altro, coinciderebbe con questo appena costruito

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Michiko1

28 ott 2018, 12:42

"anto_zoolander":Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di g più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.

Scusami, non capisco molto bene questa frase. La contraddizione che vedo io è questa: suppongo che l'ordine $t$ del sottogruppo sia tale che $t

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anto_zoolander

28 ott 2018, 12:48

No.
Sul gruppo non c’è alcuna relazione d’ordine, quindi quella disuguaglianza che senso ha?

L’assurdo è questo: supponi che $t$ sia l’ordine di $g^(n/r)$ e che per assurdo sia $t
$g^(t*n/r)=(g^(n/r))^t=1$ quindi si avrebbe che $t*n/r$ sarebbe anche un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo $n$ che avevamo per ipotesi e quindi si ha la contraddizione cercata.

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Michiko1

28 ott 2018, 13:39

Ok, allora l'avevo capita meglio la prima volta: se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$. Comunque per l'unicità: suppongo che esista \(G'=[g^m] \) di ordine $r$, con \(0

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anto_zoolander

28 ott 2018, 14:38

"Michiko":se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$

se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.
Il motivo è che il sottogruppo costruito con un divisore del periodo, non può avere ordine più piccolo del divisore, altrimenti il gruppo dovrebbe avere ordine minore di $n$

E' un teorema odioso, tranquillo

per l'unicità non si può concludere in quel modo, o quantomeno, non dal punto in cui sei arrivato. Però l'idea di fondo c'è bisogna sfruttare la divisione euclidea, vediamo come:

prendiamo $HleqG$ un altro sottogruppo di ordine $r$.
Essengo $G$ ciclico sarà anch'esso ciclico e si avrà $H=$ per qualche $0leqm
Notiamo che va fatta qualche considerazione di carattere generale:

1. se l'ordine di $G$ è $1$ è chiaro che si tratta del gruppo banale che come sottogruppo ha il solo gruppo banale e quindi il teorema per questo caso è ovviamente vero.

- supposto che l'ordine $n$ di $G$ sia $>1$

2. se $r=1$ allora il sottogruppo è $ = $ e chiaramente è l'unico sottogruppo di ordine $1$

3. supponiamo dunque che $r$ sia un divisore di $n$ diverso da $1$.
chiaramente non può essere $m=0$ in quanto $H$ sarebbe il gruppo banale che ha ordine $1
ora consideriamo di dividere $mr$ per $n$ ottenendo $mr=nt+r', 0leqr'
è chiaro che deve essere $r'=0$ in quanto $g^(mr-nt)=(g^m)^r*(g^n)^(-t)=1*1=1$
quindi si ha che $mr-nt$ è un periodo di $g$ e per non violare ma minimalità di $n$ deve essere $r'=0$

da questo $mr=nt => mr=(n/r*r)*t => r(n/r*t-m)=0$ ed essendo $r>1$ deve essere $m=n/r*t$

questo significa che per qualche $t in ZZ$ si ha $g^m=(g^(n/r))^t$

dunque i due gruppi coincidono.

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Michiko1

28 ott 2018, 16:03

"anto_zoolander":se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.

Però scusami, noi abbiamo supposto $t

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anto_zoolander

28 ott 2018, 16:20

intendevo 'avesse ordine minore di $r$', mi sono confuso con tutto quello che ho scritto

infatti dopo ho scritto

"anto_zoolander":non può avere ordine più piccolo del divisore

che è ovviamente era $r$.

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Michiko1

28 ott 2018, 16:32

Ah, e io non mi ero reso conto di aver detto periodo anziché ordine e non capivo la correzione. Comunque ho letto e capito tutto, ti ringrazio per le risposte!

"anto_zoolander":...prendiamo $H≤G$ un altro sottogruppo di ordine r. Essendo $G$ ciclico sarà anch'esso ciclico...

Questo fra l'altro è un altro esercizio che stavo provando a fare... magari dopo lo posto per vedere com'è!

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Michiko1

28 ott 2018, 17:14

Vediamo. Se \(H\subset G \) è l'identità, chiaramente \(H=[e] \) è ciclico. Suppongo quindi che \(H \) contenga almeno una delle potenze \(g^n\in G \). Tra queste, considero \(g^k \), dove \( k \) è l'esponente più piccolo. Per l'algoritmo di divisione euclidea, esistono due interi \(q,r \) tali che per ogni $n$, \(n=qk+r \), ovvero \(g^n=g^{qk}g^r \) da cui vedo che \(g^r \) è un elemento del gruppo. Ma questo, insieme al fatto che dalla divisione euclidea \(0\le r

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anto_zoolander

28 ott 2018, 20:59

Diciamo che l’idea c’è.

Quella supposizione che fai è in più. Perché se $x inH=> x inG => exists m inZZ:x=g^m$. Quindi ogni elemento di $H$ è del tipo $g^m$ per qualche $m inZZ$.

Quello che affermi dopo equivale a trovare $k:=min{m inNN(m>0): g^m inH}$
Ho messo $>0$ perché altrimenti quel minimo sarebbe sempre $0$, no?
L’esistenza del minimo è garantita dal buon ordinamento

Però oltre questo bisogna chiedersi se questo insieme sia non vuoto, di fatto sai che ogni elemento di $H$ è del tipo $g^m$ con $m inZZ$ ma non sai se qualche $m$ di questi sia positivo.

Basta considerare che $g^(m) in H <=> g^(-m) in H$
chiaramente se $g^m inH$ allora $g^(-m)=(g^m)^(-1)$ e visto che $H$ è gruppo, contenendo un elemento deve contenere anche il suo inverso. Quindi quell’insieme è tranquillamente non vuoto.

Da quì si può lavorare, ovvero mostrare che $H= $

Se $x inH => x=g^t$ dividendo $t$ per $k$ si ottiene $t=kq+r,0leqr
Osservando che $g^r=g^(t-kq)=g^t*(g^k)^(-q)$

Abbiamo $g^t$ che sta nel gruppo e $(g^k)^(-q)$ anche poiché $g^k$ ci sta e $(g^k)^(z)$ quindi ci sta per ogni $z$.

Essendo $r$

Chiaramente l’altra inclusione è banale in quanto $g^k inH$

PS: quando vuoi cambiare argomento è buona norma aprire una nuova discussione.

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[anto_zoolander]

Ciao!

quel gruppo per come lo hai scritto ha tipo $2n-1$ elementi.

Il gruppo è $G={1,g,g^2,...,g^(n-1)}={g^i : i=0,1,...,n-1}$

tu per ipotesi hai che $r|n => n=kr$ e con abuso di notazione puoi definire $k:=n/r$

da qui si ha che $$ è un sottogruppo di $G$ di ordine $r$ in quanto:

sicuramente $(g^(n/r))^r=g^(n/r * r)=g^n=1$ quindi $r$ è un periodo. Chiamato $t$ l'ordine di $$ se fosse $t
$t t*n/r
Quindi è un sottogruppo di ordine $r$. Di fatto se mostri che se $n/r$ è un periodo, devi anche mostrare che è il più piccolo. Inoltre non puoi uscirtene dicendo 'si può considerare in modo univoco...' devi dimostrarlo che è unico.

"Michiko":\[ G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n
perché scrivi questo?

"Michiko":\( H=\{g^{-r},...1,...,g^r\} \)

questo allo stesso modo che significa?

se $G=$ e $g$ ha ordine $n$ allora $G={1,g,...,g^(n-1)}$

di fatto se $x in $ allora $x=g^t$ dividendo $t$ per $n$ avremo che $t=nk+r, 0leqr da cui $x=g^t=g^(nk+r)=(g^n)^k*g^r=g^r$ quindi non ha senso andare a scrivere tutto quello

"Michiko":\( g^r=g^{n/k}=(g^n)^{1/k}=1^{1/k}=1 \)

questo anche, cosa vuol dire? il gruppo che devi considerare è $$ in quanto $(g^k)^r=g^(kr)=g^n=1$
la scrittura $1/k$ non ha alcun senso

Finito questo, rimane da mostrare l'unicità.

[Michiko1]

Ciao, lascia stare la notazione che sarebbe \( G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n
Comunque l'unicità del sottogruppo non segue dal fatto che per la divisione euclidea $k$ è unico?

[anto_zoolander]

Si hai ragione.
Ho cambiato l’indicizzaziine e corretta quella svista.

Quel gruppo non capisco perché continui a scriverlo così, comunque:
Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.

No purtroppo non segue da quella cosa.. potrebbe tranquillamente esistere un altro sottogruppo di quell’ordine: prova a supporne l’esistenza, devi mostrare che se ne esistesse un altro, coinciderebbe con questo appena costruito

[Michiko1]

"anto_zoolander":Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di g più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.

Scusami, non capisco molto bene questa frase. La contraddizione che vedo io è questa: suppongo che l'ordine $t$ del sottogruppo sia tale che $t

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[anto_zoolander]

No.
Sul gruppo non c’è alcuna relazione d’ordine, quindi quella disuguaglianza che senso ha?

L’assurdo è questo: supponi che $t$ sia l’ordine di $g^(n/r)$ e che per assurdo sia $t
$g^(t*n/r)=(g^(n/r))^t=1$ quindi si avrebbe che $t*n/r$ sarebbe anche un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo $n$ che avevamo per ipotesi e quindi si ha la contraddizione cercata.

[Michiko1]

Ok, allora l'avevo capita meglio la prima volta: se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$. Comunque per l'unicità: suppongo che esista \(G'=[g^m] \) di ordine $r$, con \(0

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[anto_zoolander]

"Michiko":se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$

se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.
Il motivo è che il sottogruppo costruito con un divisore del periodo, non può avere ordine più piccolo del divisore, altrimenti il gruppo dovrebbe avere ordine minore di $n$

E' un teorema odioso, tranquillo

per l'unicità non si può concludere in quel modo, o quantomeno, non dal punto in cui sei arrivato. Però l'idea di fondo c'è bisogna sfruttare la divisione euclidea, vediamo come:

prendiamo $HleqG$ un altro sottogruppo di ordine $r$.
Essengo $G$ ciclico sarà anch'esso ciclico e si avrà $H=$ per qualche $0leqm
Notiamo che va fatta qualche considerazione di carattere generale:

1. se l'ordine di $G$ è $1$ è chiaro che si tratta del gruppo banale che come sottogruppo ha il solo gruppo banale e quindi il teorema per questo caso è ovviamente vero.

- supposto che l'ordine $n$ di $G$ sia $>1$

2. se $r=1$ allora il sottogruppo è $ = $ e chiaramente è l'unico sottogruppo di ordine $1$

3. supponiamo dunque che $r$ sia un divisore di $n$ diverso da $1$.
chiaramente non può essere $m=0$ in quanto $H$ sarebbe il gruppo banale che ha ordine $1
ora consideriamo di dividere $mr$ per $n$ ottenendo $mr=nt+r', 0leqr'
è chiaro che deve essere $r'=0$ in quanto $g^(mr-nt)=(g^m)^r*(g^n)^(-t)=1*1=1$
quindi si ha che $mr-nt$ è un periodo di $g$ e per non violare ma minimalità di $n$ deve essere $r'=0$

da questo $mr=nt => mr=(n/r*r)*t => r(n/r*t-m)=0$ ed essendo $r>1$ deve essere $m=n/r*t$

questo significa che per qualche $t in ZZ$ si ha $g^m=(g^(n/r))^t$

dunque i due gruppi coincidono.

[Michiko1]

"anto_zoolander":se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.

Però scusami, noi abbiamo supposto $t

[anto_zoolander]

intendevo 'avesse ordine minore di $r$', mi sono confuso con tutto quello che ho scritto

infatti dopo ho scritto

"anto_zoolander":non può avere ordine più piccolo del divisore

che è ovviamente era $r$.

[Michiko1]

Ah, e io non mi ero reso conto di aver detto periodo anziché ordine e non capivo la correzione. Comunque ho letto e capito tutto, ti ringrazio per le risposte!

"anto_zoolander":...prendiamo $H≤G$ un altro sottogruppo di ordine r. Essendo $G$ ciclico sarà anch'esso ciclico...

Questo fra l'altro è un altro esercizio che stavo provando a fare... magari dopo lo posto per vedere com'è!

[Michiko1]

Vediamo. Se \(H\subset G \) è l'identità, chiaramente \(H=[e] \) è ciclico. Suppongo quindi che \(H \) contenga almeno una delle potenze \(g^n\in G \). Tra queste, considero \(g^k \), dove \( k \) è l'esponente più piccolo. Per l'algoritmo di divisione euclidea, esistono due interi \(q,r \) tali che per ogni $n$, \(n=qk+r \), ovvero \(g^n=g^{qk}g^r \) da cui vedo che \(g^r \) è un elemento del gruppo. Ma questo, insieme al fatto che dalla divisione euclidea \(0\le r

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[anto_zoolander]

Diciamo che l’idea c’è.

Quella supposizione che fai è in più. Perché se $x inH=> x inG => exists m inZZ:x=g^m$. Quindi ogni elemento di $H$ è del tipo $g^m$ per qualche $m inZZ$.

Quello che affermi dopo equivale a trovare $k:=min{m inNN(m>0): g^m inH}$
Ho messo $>0$ perché altrimenti quel minimo sarebbe sempre $0$, no?
L’esistenza del minimo è garantita dal buon ordinamento

Però oltre questo bisogna chiedersi se questo insieme sia non vuoto, di fatto sai che ogni elemento di $H$ è del tipo $g^m$ con $m inZZ$ ma non sai se qualche $m$ di questi sia positivo.

Basta considerare che $g^(m) in H <=> g^(-m) in H$
chiaramente se $g^m inH$ allora $g^(-m)=(g^m)^(-1)$ e visto che $H$ è gruppo, contenendo un elemento deve contenere anche il suo inverso. Quindi quell’insieme è tranquillamente non vuoto.

Da quì si può lavorare, ovvero mostrare che $H= $

Se $x inH => x=g^t$ dividendo $t$ per $k$ si ottiene $t=kq+r,0leqr
Osservando che $g^r=g^(t-kq)=g^t*(g^k)^(-q)$

Abbiamo $g^t$ che sta nel gruppo e $(g^k)^(-q)$ anche poiché $g^k$ ci sta e $(g^k)^(z)$ quindi ci sta per ogni $z$.

Essendo $r$

Chiaramente l’altra inclusione è banale in quanto $g^k inH$

PS: quando vuoi cambiare argomento è buona norma aprire una nuova discussione.