ho iniziato con i gruppi

[vl4d]

fields: uhm... perche'?

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Prova a pensarci... Considera $x^r,x^{2r},x^{3r}...$: cosa succede quando $x^{kr}=1$?

[Luca.Lussardi]

La 1) adesso va bene.

[vl4d]

fields:
che stupido!! io moltiplicavo $x^{r}$ per $x$!! quindi consideravo $x^{r+1}, x^{r+2}, ...$

ok, vado a mettere la testa sotto l'acqua gelata

[vl4d]

continuo a postare qui perche' non sono esercizi degni di un nuovo topic
Sia $G$ un gruppo ciclico di ordine $n$ e sia $r | n$. Mostrare che $G$ ha esattamente un sottogruppo di ordine $r$.

Innanzitutto $G$ ha un sottogruppo di ordine $r$ perche' dato che $n=qr$ e $q,r<n$, se $g in G$ allora $g^q in G$ ed inoltre $(g^q)^r = 1_{G}$ dunque il sottogruppo e' quello generato da $g^q$, chiamiamolo $S_{g^q}$. Ora bisogna far vedere che se esiste un altro sottogruppo ciclico di ordine $r$, allora e' uguale a $S_{g^q}$. Supponiamo che sia $S_{g^(q2)}$, ovvero che ci sia un sottogruppo generato da $g^(q_{2})$ e tale che $(g^(q_{2}))^r = 1_{G}$, allora deve essere $q_{2}r = n = qr$ da cui $q_{2} = q$, dunque i due sottogruppi hanno lo stesso generatore, e dunque $S_{g^q} = S_{g^(q_{2})}$.

grazie a chi avra' la pazienza di controllare

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Supponiamo che sia $S_{g^(q2)}$, ovvero che ci sia un sottogruppo generato da $g^(q_{2})$ e tale che $(g^(q_{2}))^r = 1_{G}$, allora deve essere $q_{2}r = n = qr$ da cui $q_{2} = q$,

C'è un'imperfezione nel tuo ragionamento, vl4d. Avresti dovuto scrivere $q_2r=nk=qrk$, per qualche $k$. Ottieni allora $q_2=qk$, dunque $g^{q_2}=g^{qk}$, e dunque $g^{q_2}\in S_{g^q}$. Ma allora $S_{g^{q_2}}\sube S_{g^q}$, e dunque $S_{g^{q_2}}=S_{g^q}$, poiche' i due sottogruppi hanno lo stesso numero di elementi.

Inoltre hai dato per scontato che ogni sottogruppo di un gruppo ciclico sia ciclico, la qual cosa è ovviamente vera, però avresti dovuto citarla nella dimostrazione.

[vl4d]

verissimo, grazie

edit: per dimostrare che un sottogruppo $S <= G$ di un ciclico $G$ e' ciclico farei cosi': prendo $a_{1}, a_{2} in S$ allora,se $g$ e' il generatore di G , ho $a_{1} = g^{e_(1)} $ e $a_{2} = g^{e_{2}}$ per qualche $e_{1}$, $e_{2}$ con $e_{1,2}<= |G|$. Voglio far vedere che S contiene il generatore di entrambi gli elementi: noto che il generatore sara' del tipo $g^{e_{3}}$ con $e_{3}$ che divide $e_{1}, e_{2}$, se suppongo che $e_{1} < e_{2}$ ho che $\exists k in NN : g^{e2}(g^({e1}k))^-1 in S$ e quindi prendendo il piu' grande $k: e2-e1 > 0$ trovo che $g^{e2 (mod (e1))} in S$, poi riconsidero $e1$ ed $e2 (mod (e1))$ quindi in definitiva intendo dire che potrei usare una specie di algoritmo di euclide per far vedere che $g^(MCD(e1,e2)) in S$

ok e' contorta... e ammesso che vada bene e' l'anti-eleganza

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Ho capito quello che intendi dire, vld4. Mi sembra che vada bene, anche se in effetti è un po' contorto. In poche parole, supponendo $S={g^{e_1},....,g^{e_n}}$, reiterando l'algoritmo di euclide arrivi a concludere che $g^{MCD(e_1,...,e_n)}\in S$.

Ti dico come dimostrerei io l'asserto in questione. Sia $m>0$ il più piccolo naturale tale che $g^m\in S$. Il generatore di $S$ è $g^m$. Infatti supponiamo per assurdo che esista $a$ non divisibile per $m$ e tale che $g^a\in S$. Allora, ponendo $a=mq+r$, con $r<m$, avremmo $g^r=g^{mq+r}g^{-mq}\in S$, assurdo. Dunque tutti gli elementi di $S$ sono della forma $g^{mq}$, che è la tesi.

[vl4d]

si per assurdo e' certamente piu' "lineare". cmq non pensare sia finita qui tra un po' posto altri dubbi!! ahaha