Ordini di gruppi di matrici
Sia K un campo finito con m elementi. E sia n un numero naturale >1.
Sia GL(n,K) il gruppo delle matrici invertibili n x n a coefficienti in K.
Sia O(n,K) il sottogruppo di GL(n,K) delle matrici ortogonali, cioè tali che $^tA A = A ^tA = I_n$
Sia SO(n,K) il sottogruppo di O(n,K) delle matrici che hanno determinante = 1.
Calcolare gli ordini dei gruppi O(n,K) e SO(n,K).
Sia GL(n,K) il gruppo delle matrici invertibili n x n a coefficienti in K.
Sia O(n,K) il sottogruppo di GL(n,K) delle matrici ortogonali, cioè tali che $^tA A = A ^tA = I_n$
Sia SO(n,K) il sottogruppo di O(n,K) delle matrici che hanno determinante = 1.
Calcolare gli ordini dei gruppi O(n,K) e SO(n,K).
Risposte
Proprio nessuno mi vuol dare una mano?
Allora metto degli esercizi un po' più semplici che ho risolto e vi chiedo se siano giusti.
Sia $K$ un campo finito con m elementi, n in $NN^+$.
Penso di aver dimostrato che l'ordine di GL(n,K) è $Pi_(i=1)^n (m^n-m^(i-1))$; per far questo, scelgo la prima colonna della matrice: ce ne sono $m^n$ possibili, ma devo escludere quella nulla, quindi posso scegliere in $m^n-1$ modi la prima colonna;
poi per scegliere la seconda colonna devo escludere le $m$ colonne che sono multiple della prima, quindi posso scegliere la seconda colonna in $m^n-m$ modi.
Per la terza colonna devo escludere le combinazioni lineari delle prime due colonne che sono esattamente $m^2$ visto che le prime due colonne sono indipendenti. Allora posso scegliere la terza colonna in $m^n-m^2$
E così via: posso scegliere la i-esima colonna in $m^n - m^(i-1)$ modi e ho la formula.
Sia SGL(n,K) il sottogruppo di GL(n,K) costituito dalle matrici con determinante = 1.
Penso di aver dimostrato che $|SGL(n,K)| = (|GL(n,K)|)/(m-1)$.
Consideriamo l'applicazione $det: GL(n,K) ->$ K* dove K*=K-{0} è un gruppo con il prodotto. Allora per il teorema di Binet, det è un omomorfismo di gruppi e il nucleo di det è proprio SGL(n,K). Ora osserviamo che Im det = K*, cioè che det è surgettivo, infatti per ogni $lambda$ in K* basta considerare la matrice diagonale che ha sulla diagonale tutti 1 e un $lambda$.
Noi sappiamo che per un omomorfismo f di nucleo Ker f e di immagine Im f, vale G/Ker f =~ Im f . Quindi, per le considerazioni precedenti, vale:
GL(n,K)/SGL(n,K) =~ K* e quindi passando alle cardinalità abbiamo:
$m-1=|K-{0}|=$| GL(n,K) / SGL(n,K)|$=(|GL(n,K)|)/(|SGL(n,K)|)$ da cui si ha la tesi.
Qualcuno mi dica se sono giusti questi esercizi, e per favore mi dica come trovare la cardinalità di O(n,K) e SO(n,K).
Allora metto degli esercizi un po' più semplici che ho risolto e vi chiedo se siano giusti.
Sia $K$ un campo finito con m elementi, n in $NN^+$.
Penso di aver dimostrato che l'ordine di GL(n,K) è $Pi_(i=1)^n (m^n-m^(i-1))$; per far questo, scelgo la prima colonna della matrice: ce ne sono $m^n$ possibili, ma devo escludere quella nulla, quindi posso scegliere in $m^n-1$ modi la prima colonna;
poi per scegliere la seconda colonna devo escludere le $m$ colonne che sono multiple della prima, quindi posso scegliere la seconda colonna in $m^n-m$ modi.
Per la terza colonna devo escludere le combinazioni lineari delle prime due colonne che sono esattamente $m^2$ visto che le prime due colonne sono indipendenti. Allora posso scegliere la terza colonna in $m^n-m^2$
E così via: posso scegliere la i-esima colonna in $m^n - m^(i-1)$ modi e ho la formula.
Sia SGL(n,K) il sottogruppo di GL(n,K) costituito dalle matrici con determinante = 1.
Penso di aver dimostrato che $|SGL(n,K)| = (|GL(n,K)|)/(m-1)$.
Consideriamo l'applicazione $det: GL(n,K) ->$ K* dove K*=K-{0} è un gruppo con il prodotto. Allora per il teorema di Binet, det è un omomorfismo di gruppi e il nucleo di det è proprio SGL(n,K). Ora osserviamo che Im det = K*, cioè che det è surgettivo, infatti per ogni $lambda$ in K* basta considerare la matrice diagonale che ha sulla diagonale tutti 1 e un $lambda$.
Noi sappiamo che per un omomorfismo f di nucleo Ker f e di immagine Im f, vale G/Ker f =~ Im f . Quindi, per le considerazioni precedenti, vale:
GL(n,K)/SGL(n,K) =~ K* e quindi passando alle cardinalità abbiamo:
$m-1=|K-{0}|=$| GL(n,K) / SGL(n,K)|$=(|GL(n,K)|)/(|SGL(n,K)|)$ da cui si ha la tesi.
Qualcuno mi dica se sono giusti questi esercizi, e per favore mi dica come trovare la cardinalità di O(n,K) e SO(n,K).
carino il calcolo della cardinalità di $GL(n,K)$. ti dico sinceramente che ieri sera ci ho pensato un po' ma non ho concluso nulla!
Adesso che hai l'ordine di $SGL="ker det"$, un'idea potrebbe essere calcolare l'ordine di $SO$ come suo sottogruppo. Poi tanto è un fatto noto che $|O(n)//SO(n)|=2$ e quindi arriveresti a determinare anche l'ordine di $O(n)$.
(è giusto un'idea "al volo"...non so dove ti possa portare!)
Adesso che hai l'ordine di $SGL="ker det"$, un'idea potrebbe essere calcolare l'ordine di $SO$ come suo sottogruppo. Poi tanto è un fatto noto che $|O(n)//SO(n)|=2$ e quindi arriveresti a determinare anche l'ordine di $O(n)$.
(è giusto un'idea "al volo"...non so dove ti possa portare!)
Il problema è che le relazioni tra i coefficienti di una matrice ortogonale sono quadratiche e non lineari, quindi riveste un ruolo fondamentale la caratteristica del campo.
Proviamo a semplificare il problema:
Calcolare la cardinalità del seguente gruppo, dove p è un primo >1 (o se volete >2):
$ SO(2,\mathbbF_p) := {((a b),(c d)) \in M(2,\mathbbF_p) | a^2+c^2=b^2+d^2=ad-bc=1, ab+cd=0} $ dove $\mathbbF_p$ è l'unico campo, a meno di isomorfismi, con p elementi.
Per quanto prima mostrato $|SGL(2,\mathbbF_p)| = p(p-1)(p+1)$, quindi l'ordine di $SO(2,\mathbbF_p)$ deve necessariamente dividere $p(p-1)(p+1)$.
A mano si trova che:
$|SO(2,\mathbbF_2)|=2$
$|SO(2,\mathbbF_3)|=4$
Proviamo a semplificare il problema:
Calcolare la cardinalità del seguente gruppo, dove p è un primo >1 (o se volete >2):
$ SO(2,\mathbbF_p) := {((a b),(c d)) \in M(2,\mathbbF_p) | a^2+c^2=b^2+d^2=ad-bc=1, ab+cd=0} $ dove $\mathbbF_p$ è l'unico campo, a meno di isomorfismi, con p elementi.
Per quanto prima mostrato $|SGL(2,\mathbbF_p)| = p(p-1)(p+1)$, quindi l'ordine di $SO(2,\mathbbF_p)$ deve necessariamente dividere $p(p-1)(p+1)$.
A mano si trova che:
$|SO(2,\mathbbF_2)|=2$
$|SO(2,\mathbbF_3)|=4$
"NightKnight":
Per quanto prima mostrato $|SGL(2,\mathbbF_p)| = p(p-1)(p+1)$, quindi l'ordine di $SO(2,\mathbbF_p)$ deve necessariamente dividere $p(p-1)(p+1)$.
In sostanza allora calcolare l'ordine di $SO$ come sottogruppo di $SGL$ (anziché $O$ come sottogruppo di $GL$) dà solo questo vantaggio.
mi pare un po' pochino...
forse bisognerebbe sfruttare qualche altra proprietà teorica delle matrici ortogonali, lasciando perdere $SGL$.
Magari si può riformulare il problema così:
abbiamo contato le basi di $K^n$ (con $K$ mi riferisco al campo di $m$ elementi del primo post) - in sostanza è questo che hai fatto quanto hai calcolato la cardinalità di $GL$. Chiediamoci: quante di queste basi sono "ortonormali"? - che è come calcolare $|O(n,K)|$ ovviamente.
Intendo dire: se $\foralla,b\inK^n$ definiamo $
Forse da qua si può ricavare qualche utile informazione. In pratica, da ogni matrice del $GL$ l'algoritmo, applicato alle colonne, estrae una matrice dell'$O$.
Una possibilità sarebbe allora definire $g:GL(n,K)\toO(n,K)$ come sopra. Vuoi vedere che questo è un omomorfismo di gruppi?
P.S.: Anche stavolta ho solo buttato giù qualche idea, non ho verificato nulla di ciò che ho scritto! Quando ho un po' di tempo ci provo però.
(edit) da (*) in poi la cosa non funziona come pensavo. Possiamo costruire un algortimo di ortogonalizzazione, ma non possiamo poi normalizzare - per quello servirebbe la funzione radice quadrata.
Attenzione dissonance: non è affatto vero che la forma bilineare associata alla matrice identica sia priva di vettori isotropi. Infatti, se consideriamo un campo $\mathbbK$ di caratteristica $p$ primo e la forma associata alla matrice identica sullo spazio vettoriale $\mathbbK^p$, il vettore che ha per componenti solo $1$ è isotropo anche se non nullo.
eh si... è vero... $(1 ldots 1)((1),(vdots),(1))=1+ldots+1=p=0$. E con questo la mia idea di modificare l'algoritmo di Gram-Schmidt va a farsi benedire.
un'altra delle mie trovate geniali 
:
dici che si potrebbe trovare un modo di contare i "versori", cioé gli $a\inK^n$ ($K$ campo di $m$ elementi) tali che $a^T a=1$?
Perché se questo fosse possibile, poi si potrebbe argomentare così:
supponiamo che in $K^n$ ci siano $f(n)$ "versori".
Se $A\inO(n,K)$, allora $A=[A_{(1)},ldots, A_{(n)}]$ (partizionamento per colonne).
La prima colonna deve necessariamente essere un "versore" (ed in particolare non deve essere nulla). Anche la seconda deve esserlo, ma in più deve appartenere al $"ker"\ A_{(1)}^T$, (che se vogliamo è il covettore duale di $A_{(1)}$ rispetto alla base canonica) sicuramente un $K$-spazio vettoriale di dimensione $n-1$. Quindi possiamo scegliere la seconda colonna in $f(n-1)$ modi. E così via fino ad arrivare alla cardinalità di $O(n,K)$ uguale a $f(n)f(n-1)ldotsf(1)$.
:dici che si potrebbe trovare un modo di contare i "versori", cioé gli $a\inK^n$ ($K$ campo di $m$ elementi) tali che $a^T a=1$?
Perché se questo fosse possibile, poi si potrebbe argomentare così:
supponiamo che in $K^n$ ci siano $f(n)$ "versori".
Se $A\inO(n,K)$, allora $A=[A_{(1)},ldots, A_{(n)}]$ (partizionamento per colonne).
La prima colonna deve necessariamente essere un "versore" (ed in particolare non deve essere nulla). Anche la seconda deve esserlo, ma in più deve appartenere al $"ker"\ A_{(1)}^T$, (che se vogliamo è il covettore duale di $A_{(1)}$ rispetto alla base canonica) sicuramente un $K$-spazio vettoriale di dimensione $n-1$. Quindi possiamo scegliere la seconda colonna in $f(n-1)$ modi. E così via fino ad arrivare alla cardinalità di $O(n,K)$ uguale a $f(n)f(n-1)ldotsf(1)$.
Devo pensarci su, ma ti ricordo che:
Sia $V$ uno spazio vettoriale finitamente generato, sia $b$ una forma bilineare simmetrica su $V$ e sia $W$ un sottospazio vettoriale di $V$, allora:
$ V = W \oplus W^{\bot} \Leftrightarrow b|_{W \times W} $e' non degenere.
Quindi per applicare l'ipotesi induttiva, dovresti verificare che vale la condizione che b|W sia non degenere..
Comunque ci devo pensare per bene, era solo un'osservazione che forse non è proprio opportuna..
Sia $V$ uno spazio vettoriale finitamente generato, sia $b$ una forma bilineare simmetrica su $V$ e sia $W$ un sottospazio vettoriale di $V$, allora:
$ V = W \oplus W^{\bot} \Leftrightarrow b|_{W \times W} $e' non degenere.
Quindi per applicare l'ipotesi induttiva, dovresti verificare che vale la condizione che b|W sia non degenere..
Comunque ci devo pensare per bene, era solo un'osservazione che forse non è proprio opportuna..
mmmhhh...forse questo è un inghippo...
la mia trovata era spostare il problema dal conto delle matrici ortogonali a quello dei vettori $a^Ta=1$, ovvero al conto degli zeri di $P_n=x_1^2+\ldots+x_n^2-1$. (Che non so nemmeno se sia più semplice).
Il meccanismo: supponiamo di avere una funzione che ad ogni $n$ (dimensione del $K$-spazio vettoriale) associa il numero di zeri del polinomio di prima, e chiamiamola $f$. La prima colonna della matrice $A\inO(n,K)$ deve essere uno di questi zeri, quindi la possiamo scegliere in $f(n)$ modi.
Per proseguire dobbiamo considerare il sottospazio $"ker " A_{(1)}^T$ dove la riga è vista come un funzionale lineare. E questo è sicuramente un iperpiano - lo identifichiamo con $K^(n-1)$ - perciò per la seconda colonna ci sono $f(n-1)$ scelte.
Per la terza colonna siamo costretti a scegliere tra gli zeri del polinomio $P_(n-2)$ nell'intersezione $"ker " A_{(1)}^T\ nn\ "ker " A_{(2)}^T$.
Ed ecco il guaio a cui facevi riferimento: chi ci dice che questa intersezione abbia dimensione $n-2$? Che è come chiedersi: chi ci garantisce che le prime colonne siano state scelte linearmente indipendenti oltre che "ortogonali"?
Questo segue dal fatto che le colonne devono verificare la condizione di essere zeri di $P_n$ ed in particolare non possono essere vettori isotropi rispetto alla matrice identica. Quindi nessuna colonna è "ortogonale" a sé stessa ed in particolare $A_{(2)}$ e $A_{(1)}$ sono lin. ind. $=>$ $"ker " A_{(1)}^T\ nn\ "ker " A_{(2)}^T$ ha dimensione $n-2$.
Raffinando un poco il discorso penso che possiamo arrivare a concludere che ad ogni passo la dimensione del sottospazio di $K^n$ in cui possiamo scegliere le colonne della nostra matrice scende di 1.
io ho ragionato così... spero di essere stato chiaro e di non aver sbagliato...
E comunque rimane il problema di contare gli zeri di quel polinomio di secondo grado. Forse è più semplice se lo scriviamo come $P_n(x_1, ldots, x_n)=(x_1,ldots,x_n)\mathbf{I_n}((x_1), (vdots), (x_n)) - 1$?
la mia trovata era spostare il problema dal conto delle matrici ortogonali a quello dei vettori $a^Ta=1$, ovvero al conto degli zeri di $P_n=x_1^2+\ldots+x_n^2-1$. (Che non so nemmeno se sia più semplice).
Il meccanismo: supponiamo di avere una funzione che ad ogni $n$ (dimensione del $K$-spazio vettoriale) associa il numero di zeri del polinomio di prima, e chiamiamola $f$. La prima colonna della matrice $A\inO(n,K)$ deve essere uno di questi zeri, quindi la possiamo scegliere in $f(n)$ modi.
Per proseguire dobbiamo considerare il sottospazio $"ker " A_{(1)}^T$ dove la riga è vista come un funzionale lineare. E questo è sicuramente un iperpiano - lo identifichiamo con $K^(n-1)$ - perciò per la seconda colonna ci sono $f(n-1)$ scelte.
Per la terza colonna siamo costretti a scegliere tra gli zeri del polinomio $P_(n-2)$ nell'intersezione $"ker " A_{(1)}^T\ nn\ "ker " A_{(2)}^T$.
Ed ecco il guaio a cui facevi riferimento: chi ci dice che questa intersezione abbia dimensione $n-2$? Che è come chiedersi: chi ci garantisce che le prime colonne siano state scelte linearmente indipendenti oltre che "ortogonali"?
Questo segue dal fatto che le colonne devono verificare la condizione di essere zeri di $P_n$ ed in particolare non possono essere vettori isotropi rispetto alla matrice identica. Quindi nessuna colonna è "ortogonale" a sé stessa ed in particolare $A_{(2)}$ e $A_{(1)}$ sono lin. ind. $=>$ $"ker " A_{(1)}^T\ nn\ "ker " A_{(2)}^T$ ha dimensione $n-2$.
Raffinando un poco il discorso penso che possiamo arrivare a concludere che ad ogni passo la dimensione del sottospazio di $K^n$ in cui possiamo scegliere le colonne della nostra matrice scende di 1.
io ho ragionato così... spero di essere stato chiaro e di non aver sbagliato...
E comunque rimane il problema di contare gli zeri di quel polinomio di secondo grado. Forse è più semplice se lo scriviamo come $P_n(x_1, ldots, x_n)=(x_1,ldots,x_n)\mathbf{I_n}((x_1), (vdots), (x_n)) - 1$?
Penso di aver capito. Comunque, cerco di formalizzare la cosa.
Sia $V$ uno spazio vettoriale sul campo $\mathbbK$ di dimensione $n$.
Sia $b : V \times V -> \mathbbK$ una forma bilineare non degenere.
In queste ipotesi valgono i seguenti risultati:
Siano $W$ e $U$ sottospazi di $V$, allora:
1) $V=W \oplus W^(\bot) \iff b|_{W \times W}$ è non degenere.
2) $dim W^{\bot} = n - dim W$.
Sia $f:\mathbbN^+ -> \mathbbN$ la funzione che associa alla dimensione $n$ di $V$ il numero di vettori $v \in V$ tali che $b(v,v)=1$.
Vogliamo contare il numero $g(n)$ di basi $v_1,...,v_n$ di $V$ tali che:
$\forall i, j \in {1,...,n} b(v_i,v_j)=\delta_{ij}$ (Simbolo di Kronecker).
Tu dici che $g(n)=\Pi_(i=1)^n f(i) $.
CASO INIZIALE: $n=1$. Ovvio.
PASSO INDUTTIVO: $n-1 -> n$.
Ovviamente il primo vettore $v_1$ può essere scelto in $f(n)$ modi. Inoltre questo vettore è non isotropo ( $ b(v_1,v_1)=1 \ne 0$). Quindi, posto $Span(v_1)$ il sottospazio generato da $v_1$, la restrizione $b|_{Span(v_1)}$ è non degenere, quindi per (1), $V=Span(v_1) \oplus (Span(v_1))^{\bot}$ e per (2) $dim Span(v_1))^{\bot} = n-1$. Allora per ipotesi induttiva, il sottospazio $Span(v_1))^{\bot}$ ha $g(n-1)=\Pi_(i=1)^(n-1) f(i)$ basi ( $v_2,...,v_n$) del tipo richiesto. Voglio far vedere che l'insieme $v_1,v_2,...,v_n$ è una base del tipo richiesto per $V$.
Innanzitutto, è una base perché $V=Span(v_1) \oplus (Span(v_1))^{\bot}$. Inoltre è del tipo richiesto perché $b(v_1,v_i)=0$ per $i>2$ poiché appartengono a sottospazi ortogonali.
Se il primo vettore $v_1$ può essere scelto in $f(n)$ modi e se la base $v_2,...,v_n$ può essere scelta in $g(n-1)$ modi, allora una base del tipo richiesto per $V$ può essere scelta in $g(n) = f(n) g(n-1) = f(n) \Pi_{i=1}^{n-1} f(i) = \Pi_{i=1}^n$ modi.
Sia $V$ uno spazio vettoriale sul campo $\mathbbK$ di dimensione $n$.
Sia $b : V \times V -> \mathbbK$ una forma bilineare non degenere.
In queste ipotesi valgono i seguenti risultati:
Siano $W$ e $U$ sottospazi di $V$, allora:
1) $V=W \oplus W^(\bot) \iff b|_{W \times W}$ è non degenere.
2) $dim W^{\bot} = n - dim W$.
Sia $f:\mathbbN^+ -> \mathbbN$ la funzione che associa alla dimensione $n$ di $V$ il numero di vettori $v \in V$ tali che $b(v,v)=1$.
Vogliamo contare il numero $g(n)$ di basi $v_1,...,v_n$ di $V$ tali che:
$\forall i, j \in {1,...,n} b(v_i,v_j)=\delta_{ij}$ (Simbolo di Kronecker).
Tu dici che $g(n)=\Pi_(i=1)^n f(i) $.
CASO INIZIALE: $n=1$. Ovvio.
PASSO INDUTTIVO: $n-1 -> n$.
Ovviamente il primo vettore $v_1$ può essere scelto in $f(n)$ modi. Inoltre questo vettore è non isotropo ( $ b(v_1,v_1)=1 \ne 0$). Quindi, posto $Span(v_1)$ il sottospazio generato da $v_1$, la restrizione $b|_{Span(v_1)}$ è non degenere, quindi per (1), $V=Span(v_1) \oplus (Span(v_1))^{\bot}$ e per (2) $dim Span(v_1))^{\bot} = n-1$. Allora per ipotesi induttiva, il sottospazio $Span(v_1))^{\bot}$ ha $g(n-1)=\Pi_(i=1)^(n-1) f(i)$ basi ( $v_2,...,v_n$) del tipo richiesto. Voglio far vedere che l'insieme $v_1,v_2,...,v_n$ è una base del tipo richiesto per $V$.
Innanzitutto, è una base perché $V=Span(v_1) \oplus (Span(v_1))^{\bot}$. Inoltre è del tipo richiesto perché $b(v_1,v_i)=0$ per $i>2$ poiché appartengono a sottospazi ortogonali.
Se il primo vettore $v_1$ può essere scelto in $f(n)$ modi e se la base $v_2,...,v_n$ può essere scelta in $g(n-1)$ modi, allora una base del tipo richiesto per $V$ può essere scelta in $g(n) = f(n) g(n-1) = f(n) \Pi_{i=1}^{n-1} f(i) = \Pi_{i=1}^n$ modi.
Tutta la mia precedente trattazione e' da buttare per un semplice fatto:
il numero di vettori in uno spazio vettoriale $V$ di dimensione $n$ tali che $b(v,v)=1$ non dipende unicamente dalla dimensione $n$ di $V$, ma anche da $V$.
Ad esempio: Sia $(\mathbbF_2)^2$ lo spazio vettoriale numerico su $\mathbbF_2$ di dimensione $2$.
E sia $b : \mathbbF_2^2 \times \mathbbF_2^2 -> \mathbbF_2$ la forma bilineare simmetrica così definita:
$b(((x_1),(x_2));((y_1),(y_2)))=x_1*y_1+x_2*y_2$.
Allora consideriamo i seguenti sottospazi di dimensione $1$:
$U=Span(((1),(0)))={((0),(0)) , ((1),(0))}$
$W=Span(((1),(1)))={((0),(0)) , ((1),(1))}$
Si vede che in $U$ c'è un vettore che verifica la proprietà, mentre in $W$ non ce n'è nessuno.
il numero di vettori in uno spazio vettoriale $V$ di dimensione $n$ tali che $b(v,v)=1$ non dipende unicamente dalla dimensione $n$ di $V$, ma anche da $V$.
Ad esempio: Sia $(\mathbbF_2)^2$ lo spazio vettoriale numerico su $\mathbbF_2$ di dimensione $2$.
E sia $b : \mathbbF_2^2 \times \mathbbF_2^2 -> \mathbbF_2$ la forma bilineare simmetrica così definita:
$b(((x_1),(x_2));((y_1),(y_2)))=x_1*y_1+x_2*y_2$.
Allora consideriamo i seguenti sottospazi di dimensione $1$:
$U=Span(((1),(0)))={((0),(0)) , ((1),(0))}$
$W=Span(((1),(1)))={((0),(0)) , ((1),(1))}$
Si vede che in $U$ c'è un vettore che verifica la proprietà, mentre in $W$ non ce n'è nessuno.
Proprio nessuno ha qualche idea???
Riprendo per comodità la notazione del primo intervento. $mathbbK$ campo finito. $n in NN^+$
$O_n(mathbbK):={A in GL_n(mathbbK)| \ ^t A A = I_n}$.
Allora per ogni permutazione $sigma in mathfrakS_n$ definisco $E_sigma$ la matrice ottenuta dalla matrice identica permutando le righe secondo $sigma$. Allora $(E_sigma)_(i,j)=delta_(sigma(i),j)$.
Inoltre si verifica facilmente che $forall sigma in mathfrakS_n, \ \ E_sigma in O_n(mathbbK)$, dato che le colonne di $E_sigma$ sono i vettori della base canonica permutati.
Si osserva che per ogni matrice $A$ con $n$ righe, la matrice $E_sigma A$ è la matrice ottenuta da $A$ permutando le righe secondo $sigma$.
Definisco allora la seguente applicazione
$f : mathfrakS_n to O_n(mathbbK)$
$\ \ \ sigma mapsto E_sigma$
$f$ è un omomorfismo iniettivo di gruppi e quindi per il teorema di Lagrange $n! | O_n(mathbbK)$.
$O_n(mathbbK):={A in GL_n(mathbbK)| \ ^t A A = I_n}$.
Allora per ogni permutazione $sigma in mathfrakS_n$ definisco $E_sigma$ la matrice ottenuta dalla matrice identica permutando le righe secondo $sigma$. Allora $(E_sigma)_(i,j)=delta_(sigma(i),j)$.
Inoltre si verifica facilmente che $forall sigma in mathfrakS_n, \ \ E_sigma in O_n(mathbbK)$, dato che le colonne di $E_sigma$ sono i vettori della base canonica permutati.
Si osserva che per ogni matrice $A$ con $n$ righe, la matrice $E_sigma A$ è la matrice ottenuta da $A$ permutando le righe secondo $sigma$.
Definisco allora la seguente applicazione
$f : mathfrakS_n to O_n(mathbbK)$
$\ \ \ sigma mapsto E_sigma$
$f$ è un omomorfismo iniettivo di gruppi e quindi per il teorema di Lagrange $n! | O_n(mathbbK)$.
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