Sottogruppo denso

[liberatorimatteo]

Buonasera, non so se sia meglio postare qui o nella sezione di algebra...
Sto cercando di dimostrare questa

Proposizione Sia $G$ un sottogruppo chiuso di $(RR,+)$ non banale. Allora esiste $m≔min⁡(G∩(0,+∞))$ e $G={km∈R:k∈Z}$

Dimostrazione Poiché $G$ è un gruppo sappiamo che $\forall g∈G$ $kg∈G ∀k∈Z$. Inoltre, è chiaro che

$∀g∈G ∀x∈RR ∃k_x∈ZZ:k_x g
Sia $G_+≔G∩(0,+∞)$ e sia $m=\text(inf) G_+$. Se, per assurdo, m=0 allora, per definizione di estremo inferiore, si ha che $∀ε>0 ∃g_ε∈G_+:0

$∀ε>0 ∀x∈RR ∃g_ε∈G ∃k∈ZZ:|x-k_x g_ε |<ε$

Nei miei appunti ora ho scritto che di conseguenza $G$ è denso ma non capisco perché... Prendendo per buono questo fatto ho che $G=\barG=RR$, assurdo poiché per ipotesi $G$ non è banale. Ciò vuol dire che $m=\text(inf) G_+>0$ e quindi $m\inG_+$. Per terminare dobbiamo provare che $G\subseteq{km∈R:k∈Z}$ ma non so come fare...

Inoltre come corollario ho che

Corollario Sia $X⊆RR$ e sia $f:X→RR$ una funzione periodica continua non costante. Allora esiste $P≔min⁡(mathbb(T)_f∩(0,+∞))$ e $mathbb(T)_f={kP∈R:k∈Z}$

Ove $mathbb(T)_f$ è l'insieme dei periodi di $f$. Tuttavia non capisco perché se $f$ è continua allora $mathbb(T)_f$ è chiuso.

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Raptorista1

4 apr 2018, 08:02

"Freebulls":Buonasera, non so se sia meglio postare qui o nella sezione di algebra...

Direi algebra. Sposto.

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otta96

8 apr 2018, 14:35

"Freebulls":Buonasera, non so se sia meglio postare qui o nella sezione di algebra...
Sto cercando di dimostrare questa

Proposizione Sia $G$ un sottogruppo chiuso di $(RR,+)$ non banale. Allora esiste $m≔min⁡(G∩(0,+∞))$ e $G={km∈R:k∈Z}$

Dimostrazione Poiché $G$ è un gruppo sappiamo che $\forall g∈G$ $kg∈G ∀k∈Z$. Inoltre, è chiaro che

$∀g∈G ∀x∈RR ∃k_x∈ZZ:k_x g

Beh, questo non è vero, in almeno una delle due disuguaglianze ci vuole il $<=$, e ciò che si ottiene se si aggiunge l'uguaglianza nella prima, non è altro che $k_x=[x/g]$, cioè la parte intera di $x/g$.

Sia $G_+≔G∩(0,+∞)$ e sia $m=\text(inf) G_+$. Se, per assurdo, $m=0$ allora, per definizione di estremo inferiore, si ha che $∀ε>0 ∃g_ε∈G_+:0

$∀ε>0 ∀x∈RR ∃g_ε∈G ∃k∈ZZ:|x-k_x g_ε |<ε$

Nei miei appunti ora ho scritto che di conseguenza $G$ è denso ma non capisco perché...

Io non so quale definizione di denso hai presente, io ti dimostro che $G$ interseca ogni aperto non vuoto, poi mi dici se ti va bene.
Questo perché se consideri un qualsiasi aperto non vuoto $A$, esso conterrà un aperto della base del tipo $(a,b)$, ora prendo come $x=(a+b)/2$, come $\epsilon=(b-a)/2$ e sai che $EEg\inG,k\inZZ:|x-kg|<\epsilon$, ma per quanto avevi osservato prima, $kg\inG$, e $|x-kg|<\epsilon$ non vuol dire altro che $kg$ dista da $x$ meno di $\epsilon$, che, per come sono stati costruiti $x$ e $\epsilon$, vuol dire che $kg\inGnn(a,b)\subseteqGnnA$, fine.

Prendendo per buono questo fatto ho che $G=\barG=RR$, assurdo poiché per ipotesi $G$ non è banale.

Su questo non sono tanto d'accordo, perché di solito per gruppi banali si intende con almeno 2 elementi, ma mi sa che in questo caso con "banale" si vuole escludere anche tutto il gruppo, quindi ok.

Ciò vuol dire che $m=\text(inf) G_+>0$

Questo è perché $G$ è chiuso, probabilmente lo avevi già capito perché non avevi espresso dubbi su questo passaggio, ma ho sentito il bisogno di specificarlo.

e quindi $m\inG_+$. Per terminare dobbiamo provare che $G\subseteq{km∈R:k∈Z}$ ma non so come fare...

Per assurdo, se esistesse $t\inG$ non della forma $t=km, k\inZZ$, ne esisterebbe anche uno positivo (uno tra $t$ e $-t$), che chiamiamo semplicemente $t$, sia adesso $\bar{n}$ il massimo intero tale che $\bar{n}*m

Inoltre come corollario ho che
[quote]Corollario Sia $X⊆RR$ e sia $f:X→RR$ una funzione periodica continua non costante. Allora esiste $P≔min⁡(mathbb(T)_f∩(0,+∞))$ e $mathbb(T)_f={kP∈R:k∈Z}$

Ove $mathbb(T)_f$ è l'insieme dei periodi di $f$. Tuttavia non capisco perché se $f$ è continua allora $mathbb(T)_f$ è chiuso.[/quote]
Questo è abbastanza più difficile (o almeno io non sono riuscito a trovare un motivo semplice per cui sia vero, ma sospetto che esista).
Sia $f:RR->RR$ continua, e sia $X_f={f_t|t\inRR}$, dove $f_t:RR->RR,f_t(x)=f(x+t)$.
Definiamo gli aperti di $X_f$ come gli insiemi del tipo $A_f={f_t|t\inA}$, dove $A$ è un aperto di $RR$, ho così definito una topologia, sia ora $F:RR->X_f$ con $F(t)=f_t$, questa è continua perchè $F^(-1)(A_f)=uuu_{t\inmathbb(T)_f} (A_f+t)$, quindi osservando che $mathbb(T)_f=F^(-1)({F(0)})$, ho che è chiuso.

P.S. Non sono molto sicuro dell'ultimo pezzo di risposta, ma l'ho lasciato perchè magari può essere utile.

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liberatorimatteo

9 apr 2018, 19:02

Grazie mille, avevo risolto confrontandomi con un compagno di studi ma comunque mi è di aiuto e conferma quanto ho/abbiamo fatto
Per quanti riguarda la definizione di denso io ne avevo in mente una ma era sbagliata :facepalm:
Andando a rivedere la definizione corretta era tutto chiaro.

Per l'ultima parte io ho proceduto in maniera simile, precisamente:
poiché $f$ è continua lo è anche $α_x (t)≔f(x+t)-f(x)$ e perciò $α_x^(-1) ({0})={t∈R:x+t∈X, f(x+t)=f(x)}$, essendo controimmagine di un chiuso, è un chiuso. Infine, osservando che $mathbb(T)_f=⋂_{x∈X}α_x^(-1) ({0})$ si ha che $mathbb(T)_f$ è un chiuso e quindi per la proposizione precedente ammette un minimo.

Grazie di nuovo

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otta96

9 apr 2018, 19:16

Prego

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[Raptorista1]

"Freebulls":Buonasera, non so se sia meglio postare qui o nella sezione di algebra...

Direi algebra. Sposto.

[otta96]

"Freebulls":Buonasera, non so se sia meglio postare qui o nella sezione di algebra...
Sto cercando di dimostrare questa

Proposizione Sia $G$ un sottogruppo chiuso di $(RR,+)$ non banale. Allora esiste $m≔min⁡(G∩(0,+∞))$ e $G={km∈R:k∈Z}$

Dimostrazione Poiché $G$ è un gruppo sappiamo che $\forall g∈G$ $kg∈G ∀k∈Z$. Inoltre, è chiaro che

$∀g∈G ∀x∈RR ∃k_x∈ZZ:k_x g

Beh, questo non è vero, in almeno una delle due disuguaglianze ci vuole il $<=$, e ciò che si ottiene se si aggiunge l'uguaglianza nella prima, non è altro che $k_x=[x/g]$, cioè la parte intera di $x/g$.

Sia $G_+≔G∩(0,+∞)$ e sia $m=\text(inf) G_+$. Se, per assurdo, $m=0$ allora, per definizione di estremo inferiore, si ha che $∀ε>0 ∃g_ε∈G_+:0

$∀ε>0 ∀x∈RR ∃g_ε∈G ∃k∈ZZ:|x-k_x g_ε |<ε$

Nei miei appunti ora ho scritto che di conseguenza $G$ è denso ma non capisco perché...

Io non so quale definizione di denso hai presente, io ti dimostro che $G$ interseca ogni aperto non vuoto, poi mi dici se ti va bene.
Questo perché se consideri un qualsiasi aperto non vuoto $A$, esso conterrà un aperto della base del tipo $(a,b)$, ora prendo come $x=(a+b)/2$, come $\epsilon=(b-a)/2$ e sai che $EEg\inG,k\inZZ:|x-kg|<\epsilon$, ma per quanto avevi osservato prima, $kg\inG$, e $|x-kg|<\epsilon$ non vuol dire altro che $kg$ dista da $x$ meno di $\epsilon$, che, per come sono stati costruiti $x$ e $\epsilon$, vuol dire che $kg\inGnn(a,b)\subseteqGnnA$, fine.

Prendendo per buono questo fatto ho che $G=\barG=RR$, assurdo poiché per ipotesi $G$ non è banale.

Su questo non sono tanto d'accordo, perché di solito per gruppi banali si intende con almeno 2 elementi, ma mi sa che in questo caso con "banale" si vuole escludere anche tutto il gruppo, quindi ok.

Ciò vuol dire che $m=\text(inf) G_+>0$

Questo è perché $G$ è chiuso, probabilmente lo avevi già capito perché non avevi espresso dubbi su questo passaggio, ma ho sentito il bisogno di specificarlo.

e quindi $m\inG_+$. Per terminare dobbiamo provare che $G\subseteq{km∈R:k∈Z}$ ma non so come fare...

Per assurdo, se esistesse $t\inG$ non della forma $t=km, k\inZZ$, ne esisterebbe anche uno positivo (uno tra $t$ e $-t$), che chiamiamo semplicemente $t$, sia adesso $\bar{n}$ il massimo intero tale che $\bar{n}*m

Inoltre come corollario ho che
[quote]Corollario Sia $X⊆RR$ e sia $f:X→RR$ una funzione periodica continua non costante. Allora esiste $P≔min⁡(mathbb(T)_f∩(0,+∞))$ e $mathbb(T)_f={kP∈R:k∈Z}$

Ove $mathbb(T)_f$ è l'insieme dei periodi di $f$. Tuttavia non capisco perché se $f$ è continua allora $mathbb(T)_f$ è chiuso.[/quote]
Questo è abbastanza più difficile (o almeno io non sono riuscito a trovare un motivo semplice per cui sia vero, ma sospetto che esista).
Sia $f:RR->RR$ continua, e sia $X_f={f_t|t\inRR}$, dove $f_t:RR->RR,f_t(x)=f(x+t)$.
Definiamo gli aperti di $X_f$ come gli insiemi del tipo $A_f={f_t|t\inA}$, dove $A$ è un aperto di $RR$, ho così definito una topologia, sia ora $F:RR->X_f$ con $F(t)=f_t$, questa è continua perchè $F^(-1)(A_f)=uuu_{t\inmathbb(T)_f} (A_f+t)$, quindi osservando che $mathbb(T)_f=F^(-1)({F(0)})$, ho che è chiuso.

P.S. Non sono molto sicuro dell'ultimo pezzo di risposta, ma l'ho lasciato perchè magari può essere utile.

[liberatorimatteo]

Grazie mille, avevo risolto confrontandomi con un compagno di studi ma comunque mi è di aiuto e conferma quanto ho/abbiamo fatto
Per quanti riguarda la definizione di denso io ne avevo in mente una ma era sbagliata :facepalm:
Andando a rivedere la definizione corretta era tutto chiaro.

Per l'ultima parte io ho proceduto in maniera simile, precisamente:
poiché $f$ è continua lo è anche $α_x (t)≔f(x+t)-f(x)$ e perciò $α_x^(-1) ({0})={t∈R:x+t∈X, f(x+t)=f(x)}$, essendo controimmagine di un chiuso, è un chiuso. Infine, osservando che $mathbb(T)_f=⋂_{x∈X}α_x^(-1) ({0})$ si ha che $mathbb(T)_f$ è un chiuso e quindi per la proposizione precedente ammette un minimo.

Grazie di nuovo

[otta96]

Prego