$f: \mathbb{N} \mapsto G$

[dan952]

Ogni tanto su fb oltre a sistemi lineari con banane e mele che solo 1% della popolazione sa risolvere (con tanto di immagine Einstein "che pensa" per fare sembrare la cosa ancora più difficile...vabbè mi sono dilungato...) ci si può imbattere anche su problemi interessanti come questo...

Siano $\mathbb{N}$ l'insieme degli interi positivi, $G$ un gruppo abeliano finito e

$f:\mathbb{N} \mapsto G$

una funzione tale che

$f(mn) = f(m)f(n)$ per ogni $m$, $n$ naturali.

Dimostrare che esistono infiniti $k$ tali che $f(k)=f(k+1)$.

[megas_archon]

1. E' facile osservare che \(f\) è un omomorfismo di monoidi \((\mathbb N,\cdot)\to (G,+)\), perché \[f1=f(1\cdot 1)=f1\cdot f1\] sicché \(f1\) è un idempotente in $G$, che siccome è un gruppo non ne ha di non banali.

2. Per la proprietà universale del gruppo di Grothendieck, \(f\) corrisponde a un omomorfismo di gruppi \[\bar f : K(\mathbb N,\cdot) \to G\] dove \(K(\mathbb N,\cdot)\) è appunto il gruppo di Grothendieck di \((\mathbb N,\cdot)\); incidentalmente, questo è il gruppo abeliano dei numeri razionali strettamente positivi, preso rispetto alla moltiplicazione, perché \(f : \mathbb N \to G\) si estende a \(\bar f : (\mathbb Q_{>0}, \cdot) \to G\) mandando \(\frac{m}{n}\) in \(fm-fn\).

3. Per ovvie ragioni di piccionaia, ogni fibra di \(\bar f\) ha cardinalità infinita (è qui che questa dimostrazione usa la commodity di essere passati ai gruppi, perché nei gruppi la cardinalità di una fibra di un omomorfismo \(\varphi\) è decisa dalla cardinalità di \(\ker \varphi\); nei monoidi questo è falso --incidentalmente, questo significa che la categoria dei monoidi non è una varietà di Mal'cev), e questo conclude, perché l'insieme \(\{k\in\mathbb N\mid fk = f(k+1)\}\) è precisamente la fibra di \(\bar f\) sopra \(\frac{k}{k+1}\).

[dan952]

Non mi è tanto chiaro perché la fibra di $\bar(f)$ è sopra a $\frac{k}{k+1}$, a me pare sia sopra a $0$

[dan952]

$$\bar{f}^{-1}(\{0\})=\{q \in Q^{\ast}| \bar{f}(q)=0\}$$

Che come dici ha cardinalità infinita ma chi mi assicura che $\frac{k}{k+1} \in \bar(f)^{-1}({0})$

[megas_archon]

gnap. Sì, volevo scrivere che $fk=f(k+1)$ se e solo se \(\frac{k}{k+1}\) sta in \(\ker \bar f\); adesso però per quale motivo ci devono essere infiniti elementi nel nucleo di quella forma? Inizierei dicendo che ci sta 0, per l'ovvio motivo che \(f0=f1=0_G\), e se ora $k$ ci sta, ma c'è un \(k^*\) massimo per cui ci sta... uff, non riesco a farlo a mente. Pazienza, ci ho provato.

[dan952]

"megas_archon": uff, non riesco a farlo a mente. Pazienza, ci ho provato.

Ecco a che serve risolvere i sistemi lineari con mele e banane

[megas_archon]

[img]https://preview.redd.it/ycq69g5zvxc41.jpg?auto=webp&s=bba96948aff730576aed60937dab8e66426165e6[/img]

[dan952]

[ot]Metti off-topic sennò magari qualcuno risolve quello invece del problema [/ot]

[otta96]

[ot]Oppure:

[img]http://www.ilpost.it/wp-content/uploads/2017/08/main-qimg-5b0690e302a38cf2a8068158199e7a21-c.jpg?fbclid=IwAR2yPbN-wOKrkf-kyY73n9V3vX-a9k53VYB-xz8Uh71bI4XAunWHmZu9aho[/img][/ot]

[dan952]

Hint:

Ogni sottogruppo $S$ di un gruppo abeliano $G$ è normale e per ogni divisore $d$ di $|G|$ esiste un sottogruppo normale di ordine $d$.

[dan952]

Soluzione:

Sia $|G|=n$

Ogni $f(h)$ genera un sottogruppo normale (perché abeliano) $S_h$ di $G$
È chiuso rispetto all operazione e contiene l'inverso, infatti $f(hx)$ ha inverso $f(h^(n-1)x^(n-1))$

Sia $p$ primo che divide $n$ esiste $m$ tale che $f(m)=g$ generatore sottogruppo ciclico $C_p$ di ordine $p$ (esiste perché abeliano)

Sia $N$ tale che $m|N$ allora $f(N!)$ è contenuto in $C_p nn S_(q_1) nn \cdots nn S_(q_k)=A$ (normale)
Dove $q_1,...,q_k$ divisori primi di $N!$, poiché $C_p$ è semplice avremo che $A=C_p$ o ${e}$.

Se $f(N!)=e$ allora l' insieme

${N!+1, N!+2, ...., N!+N}$

Contiene una potenza $n$ esima di un numero intero, basta scegliere come intero

$(N!+1)^(1/n) <= r <= (N!+N)^(1/n)$

Segue che $f(N!)=f(N!+k)=e$ con $1<=k<=N$ ovvero $f(h)=f(h+1)$ con $h=\frac{N!}{k}$


Se $f(N!)=g^a=f(m^a)$, scegliamo $N$ tale che $m^a|N$, dunque

$f(m^a \frac{N!}{m^a})=g^a \Rightarrow f(\frac{N!}{m^a})=e$

Per lo stesso ragionamento di prima scegliamo $r$ tale che

$(\frac{N!}{m^a}+1)^(1/n) <= r <= (\frac{N!}{m^a}+N/m^a)^(1/n)$

Segue che $f(\frac{N!}{m^a})=f(\frac{N!}{m^a}+k)=e$ con $1<=k<=N/m^a$ ovvero $f(h)=f(h+1)$ con $h=(\frac{N!}{m^a})/k$