Messaggioda Thomas » 28/08/2006, 20:20

quali passaggi non ti sono chiari ?? dimmelo per favore che posso provare a chiarirli, sempre che siano corretti :lol: (in effetti qualche cosa non l'ho spiegata bene, ma mi pare torni)...

tu come esporresti la tua soluzione?? sono curioso...
Thomas
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Messaggioda fields » 28/08/2006, 20:29

Thomas ha scritto:da cui

$[( a_1..a_(n)a_u^(-1) )^i]=[(a_u)^(-i)]$

$[a_1..a_(n)a_u^(-1)]=[a_u]$



Non mi è ben chiaro come giustifichi la seconda uguaglianza.. Ovviamente $[(a_u)^(-i)]=[a_u]$, ma poi?
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Messaggioda Thomas » 28/08/2006, 20:54

Ho usato questa proprietà:
se $a^i!=1$, vale
$[a^i]=[a]$

che dimostro così:

Gli elementi di $[a]$ siano $a,a^2,...,a^p$ con p primo.

Gli elementi di $[a^i]$ sono inclusi in quelle di $[a]$: vediamo che compaiono tutti, ovvero che ve ne sono $p$ diversi.

Innanzitutto gli elementi di $[a^i]$ contengono $a^(i1),..., a^(ip)$ e questi sono tutti diversi, in quanto (pongo $m>y$) da $a^(im)=a^(iy)$ si ha $a^(i(m-y))=1$ e quindi $p$ divide $i$, assurdo perchè $a^i!=1$.

Torna??
Thomas
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Messaggioda fields » 28/08/2006, 21:13

Su questo non c'è dubbio. Se $a$ ha ordine primo certamente tutti gli elementi di $[a]$ sono generatori di $[a]$, e quindi $[a^i]=[a]$. Ma come giustifichi $[(a_1...a_n a_u^{-1})^i]=[a_1...a_n a_u^{-1}]$?
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Messaggioda fields » 28/08/2006, 21:22

No, no è questo. Non so come fai a dimostrare che $[(a_1...a_n a_u^{-1})^i]=[(a_1...a_n a_u^{-1})]$. Come fai ad applicare la proprietà che hai citato sopra se non sai l'ordine di $a_1...a_n a_u^{-1}$? O lo sai?

Opss, è sparito il post a cui ho risposto!
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Messaggioda Thomas » 28/08/2006, 21:27

Oh... è vero... sai che mi ero convinto che per ogni a, ogni $[a]$ fosse isomorfo ad un qualche $Z_p$ per p primo? (ma questo è falso in quanto altrimenti nessun gruppo con ordine non primo potrebbe essere ciclico, il quanto, anche a me inesperto, suona perlomeno sospetto :wink: )... è che sto facendo confusione in questi giorni con lo studio della geometria... mi devo essere confuso con la dimostrazione che il campo primo di un corpo è isomorfo o a $Z_p$ od a $Q$ :wink: ...

va bè... non dovrebbe cambiare nulla cmq nella dimostrazione in quanto è ancora vero che:

ord $[(a_1...a_n a_u^{-1})^i] | (p_1..p_(n-1))/p_u$

ma non vorrei sbagliarmi ancora
Ultima modifica di Thomas il 28/08/2006, 21:38, modificato 2 volte in totale.
Thomas
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Messaggioda Thomas » 28/08/2006, 21:28

è sparito il post perchè ho capito quale era il problema :-D
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Messaggioda fields » 28/08/2006, 21:39

Non sono sicuro, sono fuso :smt119 , è da questa mattina che lavoro (alla matematica, si intende). Magari se scrivi direttamente la prova corretta mi risparmi la fatica!
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Messaggioda Thomas » 28/08/2006, 21:47

Rimane tutto uguale a prima tranne quel passaggio che dici...

alla fine prima del passaggio incriminato ho due gruppi uguali, no? l'ordine del secondo è $p_u$, mentre per il primo vale:

ord $[(a_1...a_n a_u^{-1})^i] | (p_1..p_(n-1))/p_u$ [1]


in quanto $((a_1...a_n a_u^{-1})^i)^( (p_1..p_(n-1))/p_u )=1$.. e visto che se in un gruppo $[b]$, $b^(k)=1$ l'ordine del gruppo $[b]$ divide k (questo sarà vero perchè altrimenti con l'algoritmo di Euclide trovo un numero $e$ minore dell'ordine del gruppo t.c. $b^e=1$), si ha la relazione [1]..., falsa perche l'ordine a sinistra è $p_u$...
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Messaggioda fields » 28/08/2006, 22:01

Thomas ha scritto:in quanto $((a_1...a_n a_u^{-1})^i)^( (p_1..p_(n-1))/p_u )=1$


Insomma Thomas, come fai a dire che $((a_1...a_n a_u^{-1})^i)^( (p_1..p_(n-1))/p_u )=1$? Secondo me, dovresti abituarti a scrivere dimostrazioni complete, in cui spieghi bene i passaggi, altrimenti fai impazzire chi legge!
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