Sull'ordine degli elementi di un Gruppo ciclico finito.
$1)$Se $(G,*)$ ciclico finito è quindi anche abeliano. Sia $n$ l'ordine di $G$ ed $x_1,x_2,........,x_n=e$ gli elementi distinti di $G$ e sia $t in NN $ con $ t$ di ordine $t$, impossibile perchè per il teorema di Lagrange
l'ordine del sottogruppo deve dividere $n$. Inoltre comunque presi due elementi $ x_i!= x_j in G$ si avrà $(x_i)^t!=(x_j)^t$
in quanto diversamente si avrebbe $(x_i)^t*(x_j)^-t=(x_i*x_j^-1)^t=e$ ma questo implicherebbe $(x_i)*(x_j)^-1=e$ cioè se e solo se $x_i=x_j$ contrariamente a quanto supposto, quindi si ha $G$ costituito dagli elementi distinti $x_1^t,x_2^t,......,x_n^t=e$. Il nostro Gruppo $G$ però è anche ciclico, sia $x_i$ un qualsiasi elemento generatore di $G$ cioè $G=$ e stando a quanto finora affermato l'elemento $(x_i)^t$ risulterà anch'esso generatore di $G$, cioè posso affermare che l' elemento $(x_i)^t$ è generatore se e solo se $(t,n)=1$. Qualcuno mi può confermare l'esattezza o meno dell'esposto, grazie!
l'ordine del sottogruppo deve dividere $n$. Inoltre comunque presi due elementi $ x_i!= x_j in G$ si avrà $(x_i)^t!=(x_j)^t$
in quanto diversamente si avrebbe $(x_i)^t*(x_j)^-t=(x_i*x_j^-1)^t=e$ ma questo implicherebbe $(x_i)*(x_j)^-1=e$ cioè se e solo se $x_i=x_j$ contrariamente a quanto supposto, quindi si ha $G$ costituito dagli elementi distinti $x_1^t,x_2^t,......,x_n^t=e$. Il nostro Gruppo $G$ però è anche ciclico, sia $x_i$ un qualsiasi elemento generatore di $G$ cioè $G=
Risposte
direi che la tua proposizione è vera, e credo tu l'abbia dimostrato.
però non hai scelto a mio avviso la strada migliore, è molto meglio vederla con gli ordini degli elementi.
inoltre la prendi troppo alla larga, non è importante il gruppo ciclico.
secondo me il tuo problema, interessante, può essere riformulato e generalizzato nella forma:
$G$ gruppo finito, $x in G$, $o(x)=n in NN$, $t in NN$, $t
$(n,t)=g$ $\Leftrightarrow$ $o(x^t)=n/g$
però non hai scelto a mio avviso la strada migliore, è molto meglio vederla con gli ordini degli elementi.
inoltre la prendi troppo alla larga, non è importante il gruppo ciclico.
secondo me il tuo problema, interessante, può essere riformulato e generalizzato nella forma:
$G$ gruppo finito, $x in G$, $o(x)=n in NN$, $t in NN$, $t
$(n,t)=g$ $\Leftrightarrow$ $o(x^t)=n/g$
Messaggio cancellato.
non capisco cosa c'entri il tuo ultimo intervento, e sinceramente non ho nemmeno capito bene cosa stai dicendo,ma non fa niente, hai dimostrato quello che dovevi, va bene così!
Chiedo scusa forse mi sono spiegato male ed il mio intervento non era opportuno, se conosci comunque qualche altra dimostrazione sul problema suddetto diversa da quella da me posta sarei interessato a conoscerla. Grazie!
Se qualcuno ha una dimostrazione diversa da quella da me posta, sarei interessato a conoscerla,Grazie.
ciò che tu vuoi dimostrare (e che in effetti non hai scritto da nessuna parte, magari cerca di essere più chiaro, perchè non è facile per chi legge 
) è:
sia $G={x_1,...,x_n=e}$ gruppo finito ciclico. sia $t in NN$ e $t
allora se $G=$$$ ovvero se $x$ genera $G$ si ha che $$$=G$ ovvero anche $x^t$ genera $G$.
io ti suggerisco di vedere quest'ultima frase in termini di ordine, perchè è conveniente, ovvero di dimostrare la equivalente:
se $o(x)=n$ allora $o(x^t)=n$ dove $o(x)$ indica l'ordine di $x$
la dimostrazione è semplice:
chiamiamo $o(x^t)=m$, vuol dire che $x^(tm)=e$ quindi siccome $o(x)=n$ deve essere che $n|tm$ ma da $(n,t)=1$ si ottiene che $n|m$
ma allora è evidente che $n=m$, perchè l'ordine del gruppo è proprio $n$.
come vedi questa è molto più immediata, io mi sono addirittura dilungato nei dettagli. inoltre è molto più "pulita" come si dice, ovvero non utilzza altri risultati rilevanti e sono tutti passaggi elementari.
Inoltre, come ti ho già detto, questo risultato si può generalizzare non poco, vedi il mio post precedente.
) è:sia $G={x_1,...,x_n=e}$ gruppo finito ciclico. sia $t in NN$ e $t
allora se $G=$$
io ti suggerisco di vedere quest'ultima frase in termini di ordine, perchè è conveniente, ovvero di dimostrare la equivalente:
se $o(x)=n$ allora $o(x^t)=n$ dove $o(x)$ indica l'ordine di $x$
la dimostrazione è semplice:
chiamiamo $o(x^t)=m$, vuol dire che $x^(tm)=e$ quindi siccome $o(x)=n$ deve essere che $n|tm$ ma da $(n,t)=1$ si ottiene che $n|m$
ma allora è evidente che $n=m$, perchè l'ordine del gruppo è proprio $n$.
come vedi questa è molto più immediata, io mi sono addirittura dilungato nei dettagli. inoltre è molto più "pulita" come si dice, ovvero non utilzza altri risultati rilevanti e sono tutti passaggi elementari.
Inoltre, come ti ho già detto, questo risultato si può generalizzare non poco, vedi il mio post precedente.
Ringrazio per la risposta! Quello che asserisci é giusto e chiaro.
Si può anche in modo equivalente dire utilizzando la definizione di $m.c.m (t,n)$, cioè il più piccolo intero che risulta divisibile
per$n$, e per $t$. In questo caso essendo $(t,n)=1$ si avrebbe infatti $m.c.m.(t,n)=tn rArr a^(tn)=e rArr (a^t )^n=e rArr (a)^t$ è generatore.Inoltre si vede facilmente che il periodo dell'elemento $a^t$ risulta essere $(n)// (t,n)$ e questo é vero ovviamente in generale anche se $(t,n)!=1$.E' corretto quello che dico?
Si può anche in modo equivalente dire utilizzando la definizione di $m.c.m (t,n)$, cioè il più piccolo intero che risulta divisibile
per$n$, e per $t$. In questo caso essendo $(t,n)=1$ si avrebbe infatti $m.c.m.(t,n)=tn rArr a^(tn)=e rArr (a^t )^n=e rArr (a)^t$ è generatore.Inoltre si vede facilmente che il periodo dell'elemento $a^t$ risulta essere $(n)// (t,n)$ e questo é vero ovviamente in generale anche se $(t,n)!=1$.E' corretto quello che dico?
direi di sì, è quello che ho scritto in un post precedente. 
Sia $G=$.Altresì si può anche affermare che se $a^t$ risulta essere un generatore di $G$ cioè $$$=G$ allora questo $rarr (a^t)^k=(a)^t^k=a$ per un certo $k in NN rarr tk=1 rarr tk-=1 mod n rarr (t,n)=1 $.
Viceversa se$ (t,n)=1$ allora esistono $r$ ed $s$ $in Z$ tali che si verifichi $ts+sn=1$ questo $rarr (a)^(ts+rn)=a rarr (a)^(ts) (a)^(rn)=a$ ma $(a)^(rn)=e$ $rarr$ $(a)^(ts)=a $ $rarr $ $(a)^t$ generatore in quanto $G=$.E' giusto?
Viceversa se$ (t,n)=1$ allora esistono $r$ ed $s$ $in Z$ tali che si verifichi $ts+sn=1$ questo $rarr (a)^(ts+rn)=a rarr (a)^(ts) (a)^(rn)=a$ ma $(a)^(rn)=e$ $rarr$ $(a)^(ts)=a $ $rarr $ $(a)^t$ generatore in quanto $G=$.E' giusto?
sì mi pare giusto.
Un problema dell'Herstein credo asserisca che se $AA$ coppia di elementi $a$ e $b$,$in G$, si ha $(ab)^3=a^3b^3$ ed $3$ non divide $o(G)$ allora $G$ è $abeliano$. Usando l'asserto $1)$ ,di cui sopra all'inizio, ,tutti gli elementi della forma $x^3$ comunque preso un elemento generico $x in G$ risulterebbero distinti. Osservando che $(ab)^3=a^3b^3 ->(ba)(ba)=a^2b^2$ e che
$(ba)^3=b^3a^3->(ab)(ab)=b^2a^2$ considerando la seguente identità $(abab)a=a(baba)$ e sostituendo si ottiene $(b^2a^2)a=a(a^2b^2)$ pertanto si ha $b^2a^3=a^3b^2$; essendo che tutti gli elementi della forma $x^3$ con $x$ generico sono distinti
posso asserire in particolare che $b^2a^2=a^2b^2 ->(ab)^2=b^2a^2=a^2b^2$ da cui si ottiene $ba=ab$ quindi $G$ è $abeliano$.
Penso che sia giusto, se qualcuno può confermarlo o meno, grazie!
$(ba)^3=b^3a^3->(ab)(ab)=b^2a^2$ considerando la seguente identità $(abab)a=a(baba)$ e sostituendo si ottiene $(b^2a^2)a=a(a^2b^2)$ pertanto si ha $b^2a^3=a^3b^2$; essendo che tutti gli elementi della forma $x^3$ con $x$ generico sono distinti
posso asserire in particolare che $b^2a^2=a^2b^2 ->(ab)^2=b^2a^2=a^2b^2$ da cui si ottiene $ba=ab$ quindi $G$ è $abeliano$.
Penso che sia giusto, se qualcuno può confermarlo o meno, grazie!
"francicko":
$b^2a^3=a^3b^2$; essendo che tutti gli elementi della forma $x^3$ con $x$ generico sono distinti
posso asserire in particolare che $b^2a^2=a^2b^2$
tutto il resto va bene anche per me, non riesco a capire come giustifichi questo passaggio che ho riportato.
cioè come ricavi che $b^2a^2=a^2b^2$ a partire da $b^2a^3=a^3b^2$
Grazie intanto per avermi risposto, forse sono stato poco chiaro in quel passaggio, spero che il seguito qui riportato lo chiarisca.Sia $G$ costituito dagli $n$ elementi distinti $G=(x_1,x_2,x_3,....x_n)$ essendo che $x_1^3!=x_2^3!=x_3^3!=....x_n^3$ risulterà $G$ costituito da $G=(x_1^3,x_2^3,x_3^3,....x_n^3)$ , $n$ elementi distinti. Quindi $G=(x_1,x_2,x_3,...x_n)=(x_1^3,x_2^3,x_3^3,.....x_n^3)$.
Avendo dimostrato in generale che comunque presi due generici elementi $x_i$ e,$x_j$ si ha $x_i^2x_j^3=x_j^3x_i^2$ ho dimostrato anche che un qualsiasi elemento generico $x_i^2$ commuta con ogni elemento di $G$ quindi in particolare commuterà
con un generico $x_j^2$ pertanto avrò in generale la relazione $x_i^2x_j^2=x_j^2x_i^2$ e da qui il il risultato che $G$ è $abeliano$
Avendo dimostrato in generale che comunque presi due generici elementi $x_i$ e,$x_j$ si ha $x_i^2x_j^3=x_j^3x_i^2$ ho dimostrato anche che un qualsiasi elemento generico $x_i^2$ commuta con ogni elemento di $G$ quindi in particolare commuterà
con un generico $x_j^2$ pertanto avrò in generale la relazione $x_i^2x_j^2=x_j^2x_i^2$ e da qui il il risultato che $G$ è $abeliano$
Penso a mio modesto parere che il ragionamento sia giusto, se qualcuno vuole intervenire per confermarlo o meno, grazie!
ancora non mi è chiaro come fai ad affermare che [tex]$x^3=y^3\ \Rightarrow\ x=y$[/tex]
Certamente $x^3=y^3->x^3(y^-1)^3=e$ ma per ipotesi si ha $(xy^-1)^3=e$ e sempre per ipotesi $3$ non divide $o(G)$ e per
Lagrange non può esistere un elemento $!=e$ che abbia ordine $3$ per cui deve essere necessariamente $xy^-1=e ->x=y$;
come risulta anche in modo equivalente nell'asserto $1)$ da me posto in precedenza.
Lagrange non può esistere un elemento $!=e$ che abbia ordine $3$ per cui deve essere necessariamente $xy^-1=e ->x=y$;
come risulta anche in modo equivalente nell'asserto $1)$ da me posto in precedenza.
ah bene bene. allora tutto ok. Bravo, era un problema con l' asterisco!!
Non sta a credere, se non fossi stato a conoscenza dell'asserto$1)$ e se sopratutto casualmente non avessi ricavato dopo numerosi e casuali tentativi la relazione che asserisce $a^2b^3=b^3a^2$ , non ci sarei mai arrivato, anzi non ne avrei minimamente immaginato la soluzione, comunque si tratta indubbiamente di un bel problema, nell'Herstein c'e ne sono tanti altri e tutti interessanti, solo che non ne riporta le soluzioni purtroppo, e invece sarebbe interessante conoscerle. In alcuni testi ho osservato che in un apposita appendice ne riportano le soluzioni ,anche se non di tutti, oppure dei validi suggerimenti per la soluzione, e questo per un profano come me va molto meglio.
La proprietà dell' asserto di cui sopra si può generalizzare facilmente, quindi dato un gruppo $G$ di ordine $o(G)$ se per ogni coppia di elementi $a$ ,$b$ appartenenti a $G$ si ha $(ab)^n=a^nb^n$ tale che $n$ , ed $n-1$ non dividono $o(G)$ allora $G$ è $abeliano$. Infatti si vede facilmente generalizzando che $a^(n-1)b^n=b^na^(n-1)$, in questo caso risultano distinti tutti gli elementi di $G$ della forma $x^n$ con $x$ che varia in $G$ e inoltre risultano distinti tutti gli elementi della forma $x^(n-1)$ sempre al variare di $x$ generico in $G$, quindi $G$ risulta $abeliano$.
Penso che vada bene, qualcuno può confermarlo?
Penso che vada bene, qualcuno può confermarlo?
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