Teoria dei gruppi (un po' di tutto + teoria di Sylow)
Elenco alcuni esercizi che non riesco proprio a risolvere. Alcuni sono simili tra loro, o hanno dei punti in comune, quindi dato il metodo o il modo per continuare posso benissimo provarci anche da solo. Quindi esposti gli esercizi dico anche fin dove mi sono "spinto" a ragionare. Questi sono anche gli ultimi rimasti da fare, per questo sto smaniando per risolverli >.<
1] Sia G un gruppo con la proprietà che per qualsiasi $a, b, c in G$, gli elementi $abc$ e $bca$ sono coniugati. Dimostra che sia abeliano G.
(Allora qui ho cercato di focalizzarmi sulla definizione di coniugato, o di cercare di avere delle condizioni che mi portassero a dire che $g*h = h*g$ dati qualsiasi $g, h in G$ eppure niente...)
2] Sia $p$ un numero primo. Sia $q$ un divisore primo di $(p-1)$. Sia G il gruppo
G = ${ ((1,0),(a,b)) : a in Z_p, b in Z_p, b^q = e}$
Allora:
2A) Dimostrare che G è un sottogruppo non commutativo di $GL_2(Z_P)$ di ordine $pq$
(mi manca solo l'ordine! come faccio a dimostrare che ci sono esattamente $q$ elementi che elevati alla $q$ diano l'elemento neutro?)
2B) Dimostrare che G è isomorfo ad un prodotto semidiretto di H per $Z_p$, dove H è l'unico sottogruppo di $Z_p*$ di ordine $q$
(qui non so proprio che fare...)
3] Sia G = $SL_2(Z_3)$ (il gruppo delle matrici invertibili su $Z_3$ 2x2 che hanno determinante pari a 1). Quanti elementi ha G? Determinare la struttura del 2-sottogruppo di Sylow di G.
(Ha sicuramente 24 elementi. Ora cosa intende per "struttura"? Inoltre come faccio a studiarlo? Ne potrebbe avere sia 1 che 3 a priori)
4] Dimostrare che ogni gruppo di ordine 255 è ciclico.
(Questo è difficile >.<)
5] (Sono dei passaggi per la dimostrare che un gruppo di ordine 120 non è semplice) Sia dato per assurdo un gruppo di ordine 120 che abbia come unici sottogruppi normali ${e}$ e G stesso.
5A) G possiede quindi sei 5-sylow. (è facilmente verificabile)
5B) G agisce per coniugio sull'insieme dei 5-sylow. Dimostrare che l'omomorfismo associato $f: G -> S_6$ è iniettivo e l'immagine è contenuta in $A_6$ (mi manca solo da vedere l'immagine, e non so come fare!)
5C) Dimostrare che $A_6$ non ha sottogruppi di indice 3 (sfruttando la semplicità di $A_6$ ?)
5D) Dedurre una contraddizione e concludere che un G del genere non può esistere.
6] Sia G un gruppo finito e supponiamo che il 2-sottogruppo di sylow di G sia ciclico.
6A) Calcolare il segno della permutazione $G -> G$ indotta dalla moltiplicazione a sinistra per un generatore di un 2-sottogruppo di sylow.
(?!)
6B) Dimostrare che G ammette un sottogruppo di indice 2, quindi non è semplice.
(un sottogruppo di indice 2 se non sbaglio è sempre normale... ora però come arrivo a dire che esiste?)
7] Sia $ n >= 1$, sia $\varphi$ la funzione di Eulero.
7A) Calcolare MCD($n$, $\varphi(n)$) per $n = 77, 91, 345$ e dimostrare che per quei valori di $n$ i gruppi di ordine $n$ sono ciclici.
7B) Provare che se ogni gruppo di ordine $n$ è ciclico, allora MCD($n$, $\varphi(n)$) = 1
7C) Se MCD($n$, $\varphi(n)$) = 1 allora MCD($m$, $\varphi(m)$) = 1 per ogni divisore $m$ di $n$
7D) Dimostrare il viceversa di 7B. (suggerisce inoltre di dimostrare che se $n$ non è primo, allora G ammette un sottogruppo normale diverso da ${e}$ e G e procedere per induzione...)
Grazie anche solo di avere letto il post o una parte. Non vi chiedo di aiutarmi in tutti gli esercizi, eh, sia chiaro. A tempo perso o se è di vostro interesse. Grazie in anticipo.
1] Sia G un gruppo con la proprietà che per qualsiasi $a, b, c in G$, gli elementi $abc$ e $bca$ sono coniugati. Dimostra che sia abeliano G.
(Allora qui ho cercato di focalizzarmi sulla definizione di coniugato, o di cercare di avere delle condizioni che mi portassero a dire che $g*h = h*g$ dati qualsiasi $g, h in G$ eppure niente...)
2] Sia $p$ un numero primo. Sia $q$ un divisore primo di $(p-1)$. Sia G il gruppo
G = ${ ((1,0),(a,b)) : a in Z_p, b in Z_p, b^q = e}$
Allora:
2A) Dimostrare che G è un sottogruppo non commutativo di $GL_2(Z_P)$ di ordine $pq$
(mi manca solo l'ordine! come faccio a dimostrare che ci sono esattamente $q$ elementi che elevati alla $q$ diano l'elemento neutro?)
2B) Dimostrare che G è isomorfo ad un prodotto semidiretto di H per $Z_p$, dove H è l'unico sottogruppo di $Z_p*$ di ordine $q$
(qui non so proprio che fare...)
3] Sia G = $SL_2(Z_3)$ (il gruppo delle matrici invertibili su $Z_3$ 2x2 che hanno determinante pari a 1). Quanti elementi ha G? Determinare la struttura del 2-sottogruppo di Sylow di G.
(Ha sicuramente 24 elementi. Ora cosa intende per "struttura"? Inoltre come faccio a studiarlo? Ne potrebbe avere sia 1 che 3 a priori)
4] Dimostrare che ogni gruppo di ordine 255 è ciclico.
(Questo è difficile >.<)
5] (Sono dei passaggi per la dimostrare che un gruppo di ordine 120 non è semplice) Sia dato per assurdo un gruppo di ordine 120 che abbia come unici sottogruppi normali ${e}$ e G stesso.
5A) G possiede quindi sei 5-sylow. (è facilmente verificabile)
5B) G agisce per coniugio sull'insieme dei 5-sylow. Dimostrare che l'omomorfismo associato $f: G -> S_6$ è iniettivo e l'immagine è contenuta in $A_6$ (mi manca solo da vedere l'immagine, e non so come fare!)
5C) Dimostrare che $A_6$ non ha sottogruppi di indice 3 (sfruttando la semplicità di $A_6$ ?)
5D) Dedurre una contraddizione e concludere che un G del genere non può esistere.
6] Sia G un gruppo finito e supponiamo che il 2-sottogruppo di sylow di G sia ciclico.
6A) Calcolare il segno della permutazione $G -> G$ indotta dalla moltiplicazione a sinistra per un generatore di un 2-sottogruppo di sylow.
(?!)
6B) Dimostrare che G ammette un sottogruppo di indice 2, quindi non è semplice.
(un sottogruppo di indice 2 se non sbaglio è sempre normale... ora però come arrivo a dire che esiste?)
7] Sia $ n >= 1$, sia $\varphi$ la funzione di Eulero.
7A) Calcolare MCD($n$, $\varphi(n)$) per $n = 77, 91, 345$ e dimostrare che per quei valori di $n$ i gruppi di ordine $n$ sono ciclici.
7B) Provare che se ogni gruppo di ordine $n$ è ciclico, allora MCD($n$, $\varphi(n)$) = 1
7C) Se MCD($n$, $\varphi(n)$) = 1 allora MCD($m$, $\varphi(m)$) = 1 per ogni divisore $m$ di $n$
7D) Dimostrare il viceversa di 7B. (suggerisce inoltre di dimostrare che se $n$ non è primo, allora G ammette un sottogruppo normale diverso da ${e}$ e G e procedere per induzione...)
Grazie anche solo di avere letto il post o una parte. Non vi chiedo di aiutarmi in tutti gli esercizi, eh, sia chiaro. A tempo perso o se è di vostro interesse. Grazie in anticipo.
Risposte
Se un gruppo [tex]G[/tex] agisce su un altro gruppo [tex]H[/tex] per automorfismi allora hai un omomorfismo [tex]G \to \text{Aut}(H)[/tex], quello che manda [tex]g[/tex] nell'automorfismo indotto [tex]h \mapsto h^g[/tex]. Nel tuo caso hai [tex]H \to \text{Aut}(C_{3 \cdot 17})[/tex], e il dominio ha ordine 5, il codominio ha ordine [tex]32[/tex]. Siccome [tex]5[/tex] non divide [tex]32[/tex], questo omomorfismo non può essere iniettivo, e quindi, siccome [tex]5[/tex] è primo, l'unica possibilità è che mandi tutto in [tex]1[/tex] (pensaci! 
). In altre parole [tex]h^g=h[/tex] per ogni [tex]h \in H,\ g \in G[/tex].
Prendi un gruppo [tex]G[/tex] finito e due sottogruppi [tex]A,B[/tex] tali che [tex]AB=G[/tex] e [tex]A \cap B = \{1\}[/tex], dove [tex]AB := \{ab\ |\ a \in A,\ b \in B\}[/tex]. Ora, se [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] si centralizzano (cioè [tex]ab=ba[/tex] per ogni [tex]a \in A[/tex], [tex]b \in B[/tex]) allora sono normali in [tex]G[/tex] e [tex]G \cong A \times B[/tex]. Prova a dimostrarlo, non è difficile. Consideri come al solito la mappa [tex]A \times B \to G[/tex] che manda [tex](a,b)[/tex] in [tex]ab[/tex].
Se non riesci a capire subito queste cose pensaci un po', ci vuole tempo.
). In altre parole [tex]h^g=h[/tex] per ogni [tex]h \in H,\ g \in G[/tex].Prendi un gruppo [tex]G[/tex] finito e due sottogruppi [tex]A,B[/tex] tali che [tex]AB=G[/tex] e [tex]A \cap B = \{1\}[/tex], dove [tex]AB := \{ab\ |\ a \in A,\ b \in B\}[/tex]. Ora, se [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] si centralizzano (cioè [tex]ab=ba[/tex] per ogni [tex]a \in A[/tex], [tex]b \in B[/tex]) allora sono normali in [tex]G[/tex] e [tex]G \cong A \times B[/tex]. Prova a dimostrarlo, non è difficile. Consideri come al solito la mappa [tex]A \times B \to G[/tex] che manda [tex](a,b)[/tex] in [tex]ab[/tex].
Se non riesci a capire subito queste cose pensaci un po', ci vuole tempo.
Mi prendo un pò di tempo per pensare e dimostrare, grazie ^^
Uppo perchè ho mandato una mail al mio prof. di algebra che mi ha mandato una dimostrazione dell'implicazione difficile 7D. Ora magari può interessare solo a Martino eh però... xD
Per induzione possiamo supporre che tutti i sottogruppi propri sono ciclici.
O, come fanno i gruppisti: sia G un controesempio minimale ...
Per assurdo supponiamo che G non ha nessun sottogruppo normale N.
a) dimostrare che due sottogruppi di G massimali distinti
hanno intersezione banale (sugg: perche' l'intersezione e' normale).
b) Dato un sottogruppo massimale H , contare i coniugati di H.
(sugg: il normalizzante di H non puo' essere > H e non puo'
essere = G perche' H non e' normale)
c) E' chiaro che esiste sempre almeno un sottogruppo massimale H.
Dimostrare che ne esiste un altro H' non coniugato ad H
(sugg: esiste x in G di ordine che non divide #H)
d) Dati due sottogruppi massimali H, H' come in c), contare gli elementi nella
riunione dei coniugati di H e d i H'. Verficare che hai troppi elementi, cioe' > #G.
Contradizzione e quindi il controesempio minimale non esiste.
L'unica cosa che non ho capito è se il passaggio/metodo di induzione sia una cosa "diversa" dal partire per assurdo o bisogna farle entrambe le cose...>.< inoltre cosa intende per "controesempio minimale"?
p.s.: e perchè suppone che non abbia sottogruppi normali? >.<
Per induzione possiamo supporre che tutti i sottogruppi propri sono ciclici.
O, come fanno i gruppisti: sia G un controesempio minimale ...
Per assurdo supponiamo che G non ha nessun sottogruppo normale N.
a) dimostrare che due sottogruppi di G massimali distinti
hanno intersezione banale (sugg: perche' l'intersezione e' normale).
b) Dato un sottogruppo massimale H , contare i coniugati di H.
(sugg: il normalizzante di H non puo' essere > H e non puo'
essere = G perche' H non e' normale)
c) E' chiaro che esiste sempre almeno un sottogruppo massimale H.
Dimostrare che ne esiste un altro H' non coniugato ad H
(sugg: esiste x in G di ordine che non divide #H)
d) Dati due sottogruppi massimali H, H' come in c), contare gli elementi nella
riunione dei coniugati di H e d i H'. Verficare che hai troppi elementi, cioe' > #G.
Contradizzione e quindi il controesempio minimale non esiste.
L'unica cosa che non ho capito è se il passaggio/metodo di induzione sia una cosa "diversa" dal partire per assurdo o bisogna farle entrambe le cose...>.< inoltre cosa intende per "controesempio minimale"?
p.s.: e perchè suppone che non abbia sottogruppi normali? >.<
"Simonixx":Sì, questo è il punto
c) E' chiaro che esiste sempre almeno un sottogruppo massimale H.
Dimostrare che ne esiste un altro H' non coniugato ad H
(sugg: esiste x in G di ordine che non divide #H)
non ci avevo pensato.Si tratta appunto di escludere che G sia un gruppo semplice, perché se non è questo il caso allora si riesce a concludere facilmente (nella mia dimostrazione che ti ho segnalato nella prima pagina puoi vedere cosa intendo). Un procedimento "per induzione" in teoria dei gruppi finiti equivale al tentativo di dimostrare l'inesistenza di controesempi di ordine minimo (se esistono controesempi, ne esistono di ordine minimo!).
Ora purtroppo non ho molto tempo per scriverti i dettagli che il tuo prof non ha scritto, ma se ci pensi abbastanza dovresti riuscire a svolgerlo, le idee te le ha date tutte!
Ciao
Ok, ho risolto tutto, anche grazie a questo post, tranne gli esercizi quello sul gruppo di ordine 120, e quello sul segno della permutazione data da un elemento di un 2-sylow ciclico che genera il 2-sylow mentre moltiplica a sinistra uno alla volta tutti gli elementi del gruppo dato.
C'è qualcuno che può darmi una mano a risolvere i punti irrisolti che ho lì?
C'è qualcuno che può darmi una mano a risolvere i punti irrisolti che ho lì?
"Simonixx":Se un gruppo semplice non abeliano [tex]G[/tex] è contenuto in [tex]S_6[/tex] allora è contenuto in [tex]A_6[/tex]. Infatti [tex]G \cap A_6[/tex] è un sottogruppo normale di [tex]G[/tex]. Quindi si tratta di escludere che [tex]G \cap A_6 = \{1\}[/tex]. Ricorda che se [tex]H[/tex] è un sottogruppo di [tex]S_n[/tex] non contenuto in [tex]A_n[/tex] allora [tex]H \cap A_n[/tex] ha indice 2 in [tex]H[/tex], perché [tex]HA_n=S_n[/tex] e quindi
5B) G agisce per coniugio sull'insieme dei 5-sylow. Dimostrare che l'omomorfismo associato $f: G -> S_6$ è iniettivo e l'immagine è contenuta in $A_6$ (mi manca solo da vedere l'immagine, e non so come fare!)
[tex]C_2 \cong S_n/A_n = HA_n/A_n \cong H/H \cap A_n[/tex].
5C) Dimostrare che $A_6$ non ha sottogruppi di indice 3 (sfruttando la semplicità di $A_6$ ?)Sì, è il solito argomento: se esiste un sottogruppo [tex]H[/tex] di indice 3 allora facendo agire [tex]A_6[/tex] sui tre laterali destri di [tex]H[/tex] ottieni un'azione non banale...
Ti consiglio di guardare anche questo (osservando che [tex]120 = 2^3 \cdot 15[/tex]).
"Simonixx":Ormai gli esercizi che girano sono sempre gli stessi
Sia G un gruppo finito e supponiamo che il 2-sottogruppo di sylow di G sia ciclico.
6A) Calcolare il segno della permutazione $G -> G$ indotta dalla moltiplicazione a sinistra per un generatore di un 2-sottogruppo di sylow.
(?!)
6B) Dimostrare che G ammette un sottogruppo di indice 2, quindi non è semplice.
(un sottogruppo di indice 2 se non sbaglio è sempre normale... ora però come arrivo a dire che esiste?)
Chiamo [tex]k[/tex] l'ordine di un 2-Sylow. La struttura ciclica della permutazione in 6A consiste di [tex]|G|/k[/tex] cicli di lunghezza [tex]k[/tex], quindi siccome [tex]|G|/k[/tex] è dispari e [tex]k[/tex] è pari, tale permutazione è dispari (ha segno -1).
Ora, l'azione regolare sinistra (l'azione di [tex]G[/tex] su [tex]G[/tex] data dalla moltiplicazione a sinistra) immerge [tex]G[/tex] in [tex]\text{Sym}(G)[/tex] e ora è il solito giochetto (cf. il mio precedente intervento).
Vedi anche qui.
Martino, posso dire così riguardo all'esercizio 5, la parte sull'indice 3?
Essendo $A_6$ semplice e svolgendo l'azione che hai proposto tu avrei un omomorfismo da $A_6$ nella permutazione delle classi laterali destre o sinistre che è $S_3$, ma allora posso avere come nucleo, che è un sottogruppo normale di $A_6$, solo i due sottogruppi banali; essendo suriettivo l'omomorfismo, qualsiasi dei due sottogruppi banali che scelgo come nucleo dell'applicazione mi da un assurdo perchè non è possibile un isomorfismo con l'immagine dell'applicazione che è il nostro $S_3$.
Inoltre per finire l'esercizio, siccome che non ci sono sottogruppi di indice 3 in $A_6$ e dato che l'immagine di G era contenuta in $A_6$ ed è sottogruppo del nostro $S_6$, ottengo che deve essere sottogruppo di $A_6$ ma ciò è assurdo, dunque non esiste un gruppo G del genere, quindi G non è semplice.
EDIT: cosa è la "struttura ciclica"? :/
Essendo $A_6$ semplice e svolgendo l'azione che hai proposto tu avrei un omomorfismo da $A_6$ nella permutazione delle classi laterali destre o sinistre che è $S_3$, ma allora posso avere come nucleo, che è un sottogruppo normale di $A_6$, solo i due sottogruppi banali; essendo suriettivo l'omomorfismo, qualsiasi dei due sottogruppi banali che scelgo come nucleo dell'applicazione mi da un assurdo perchè non è possibile un isomorfismo con l'immagine dell'applicazione che è il nostro $S_3$.
Inoltre per finire l'esercizio, siccome che non ci sono sottogruppi di indice 3 in $A_6$ e dato che l'immagine di G era contenuta in $A_6$ ed è sottogruppo del nostro $S_6$, ottengo che deve essere sottogruppo di $A_6$ ma ciò è assurdo, dunque non esiste un gruppo G del genere, quindi G non è semplice.
EDIT: cosa è la "struttura ciclica"? :/
"Simonixx":Se scrivi così non si capisce se hai capito o no. E per inciso, chi ti dice (e anche se riuscissi a dimostrarlo, a cosa ti serve dire) che quell'omomorfismo è suriettivo? Non è questo il punto. Falla più ovvia: se [tex]A_6[/tex] agisce in modo non banale su tre oggetti allora si immerge in [tex]S_3[/tex] (siccome [tex]A_6[/tex] è semplice, ogni omomorfismo non banale di dominio [tex]A_6[/tex] è iniettivo), assurdo dato che [tex]|A_6|[/tex] non divide [tex]|S_3|[/tex].
Essendo $A_6$ semplice e svolgendo l'azione che hai proposto tu avrei un omomorfismo da $A_6$ nella permutazione delle classi laterali destre o sinistre che è $S_3$, ma allora posso avere come nucleo, che è un sottogruppo normale di $A_6$, solo i due sottogruppi banali; essendo suriettivo l'omomorfismo, qualsiasi dei due sottogruppi banali che scelgo come nucleo dell'applicazione mi da un assurdo perchè non è possibile un isomorfismo con l'immagine dell'applicazione che è il nostro $S_3$.
EDIT: cosa è la "struttura ciclica"? :/Parlo di quando scrivi una permutazione come prodotto di cicli disgiunti. Una cosa estremamente basilare che trovi facilmente nella teoria e che sicuramente conosci già! Vedi anche qui.
Martino so che ti sto scassando davvero tanto ma non riesco proprio a capire, senza un qualche tipo di guida "passo passo" o quasi nè la parte sulla struttura ciclica nè la parte su $A_6$ che si "immerge" in $S_3$ (inoltre questo termine mi è appunto nuovo >_<). Non vedo come fa ad essere ovvia la cosa, cioè tu ti basi sul fatto che se $A_6$ ha un'immagine in $S_3$ non può dividere l'ordine di $S_3$ o cosa?
Sorry
Sorry
Non ti posso dare una guida passo-passo, la trovi sul tuo libro di teoria.
Purtroppo non riesco ad essere più chiaro di così, se non capisci ancora passaci sopra tanto tempo e cerca di studiare un po' la teoria, non posso fare il lavoro per te. Comunque secondo me le basi per capire ce le hai tutte, basta che ti metti lì un paio d'ore, credimi.
Ciao.
"Simonixx":Per "immersione" intendo "omomorfismo iniettivo". Non esistono omomorfismi non banali [tex]A_6 \to S_3[/tex]. Infatti il nucleo di questo omomorfismo dovrebbe essere [tex]\{1\}[/tex] dato che [tex]A_6[/tex] è semplice, ma allora [tex]A_6 \to S_3[/tex] è iniettivo, e questo significa che [tex]A_6[/tex] è isomorfo alla sua immagine, quindi [tex]S_3[/tex] risulta avere un sottogruppo isomorfo a [tex]A_6[/tex], e questo è assurdo perché, se vuoi, [tex]S_3[/tex] ha sei elementi mentre [tex]A_6[/tex] ne ha trecentosessanta.
la parte su $A_6$ che si "immerge" in $S_3$ (inoltre questo termine mi è appunto nuovo >_<). Non vedo come fa ad essere ovvia la cosa, cioè tu ti basi sul fatto che se $A_6$ ha un'immagine in $S_3$ non può dividere l'ordine di $S_3$ o cosa?
Purtroppo non riesco ad essere più chiaro di così, se non capisci ancora passaci sopra tanto tempo e cerca di studiare un po' la teoria, non posso fare il lavoro per te. Comunque secondo me le basi per capire ce le hai tutte, basta che ti metti lì un paio d'ore, credimi.
Ciao.
Apposto, era quello che volevo sentire ! XD
Forse ho sbagliato a nominarlo, prima, ma il teorema che hai usato adesso sarebbe il teorema di omomorfismo fondamentale, prima ho scritto isomorfismo (il nostro professore l'aveva chiamato così agli inizi), però dando come definizione il fatto che dovesse essere suriettiva, l'applicazione, prima di poter dare l'isomorfismo dal quoziente
$G/(ker(f))$ e $Im(f)$, che è quello che dici anche tu.
Ok. Ora devo solo capire come hai fatto a intuire che dato $|G| = 2^a * m$ con $m$ dispari, ottengo $m$ cicli di lunghezza $2^a$ nell'altro esercizio...
Forse ho sbagliato a nominarlo, prima, ma il teorema che hai usato adesso sarebbe il teorema di omomorfismo fondamentale, prima ho scritto isomorfismo (il nostro professore l'aveva chiamato così agli inizi), però dando come definizione il fatto che dovesse essere suriettiva, l'applicazione, prima di poter dare l'isomorfismo dal quoziente
$G/(ker(f))$ e $Im(f)$, che è quello che dici anche tu.
Ok. Ora devo solo capire come hai fatto a intuire che dato $|G| = 2^a * m$ con $m$ dispari, ottengo $m$ cicli di lunghezza $2^a$ nell'altro esercizio...
Simonixx nell'esercizio 5A che chiedi come fai a verificare facilmente che $G$ ha 6 5-Sylow?
grazie dell'aiuto!
grazie dell'aiuto!
L'esercizio prende in input l'assurdo che G è semplice, quindi ci sono solo il caso in cui ci sono 6 5-sylow, e il caso in cui il 5-sylow è unico, ma per ipotesi questo caso non lo prendo poichè sennò avrei un sottogruppo normale in G, cosa vietata perchè mi esce un assurdo prima ancora di cominciare a ragionare.
P.S.: Finalmente ho finito gli esercizi
P.P.S.: Ma non siatene contenti! Tornerò a rompere anche sugli anelli!
P.S.: Finalmente ho finito gli esercizi
P.P.S.: Ma non siatene contenti! Tornerò a rompere anche sugli anelli!
Se interessa, qui ho scritto una dimostrazione abbastanza pulita di 7D usando le idee segnalate a Simonixx dal suo professore.
per il primo esercizio prova a porre c=b^(-1)a^(-1) da qui riesco ad estrerre l'informazione che ab=ba per ogni a e b.
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