esercizi di algebra

[fields]

Ho creato alcuni semplici esercizi di algebra e, tanto per non sprecarli, li propongo a voi, magari vi possono essere utili come esercizio.

Sia $G$ un gruppo finito. Dimostrare che:

1) Per ogni $a,b\in G$, l'ordine di $ab$ è uguale all'ordine di $ba$.

2) Se, per ogni $a\in G$, $a^2=1$, allora $G$ è abeliano.

3) Se il numero di elementi di $G$ è pari, allora esiste un elemento di ordine $2$.

[vl4d]

1) supponiamo $|ab| = n$ allora $(ab)^n = 1_{G}$ dunque $b^n = (a^{n})^-1$ ma allora $(ba)^n = (a^{n})^-1(a^n) = 1_{G}$, posto che $(ab)^n = a^{n}b^{n}$ che si vede per induzione se non sbaglio

2)prendo $ba*ab = ba^2b = b^2 = 1_{G}$ ho che $ab = (ba)^(-1)$, allora stesso tempo $gg=1 iff g=g^(-1)$ dunque $(ba)^-1 = ba$ e allora $ab = ba$

[vl4d]

scusa il 3 e' un caso speciale del teorema di cauchy...

[fields]

Per quanto riguarda il primo esercizio, non è vero che $(ab)^n=a^nb^n$, non siamo in un gruppo abeliano... Quindi la dimostrazione non va.

Il secondo esercizio è giusto.

Per quanto riguarda il terzo, vietato usare il teorema di Cauchy!! Il ragionamento è molto semplice, ho messo il quesito proprio per far notare che in questo caso il teorema di Cauchy si può dimostrare direttamente e facilmente.

[goldengirl]

$(ab)^n = a^{n}b^{n}$ che si vede per induzione se non sbaglio

vale solo se a e b risultano permutabili....

[vl4d]

iniziavo a preoccuparmi ma questo dovrebbe andare:

$(ab)^n = 1 -> b(ab)^n = b -> (ba)^n = 1$ dunque l'ordine di $ba$ e' del tipo $n/k in NN, k > 0$
$(ba)^(n/k) = 1 -> a(ba)^(n/k)=a -> (ab)^(n/k)a = a -> (ab)^(n/k) = 1$ ma allora $n/k = n$ perche' l'ordine di $ab$ e' $n$, da cui $k=1$

adesso penso al 3...

[fields]

Esatto, adesso ci siamo.

[vl4d]

ascolta io ho provato un po' a giocare sul teorema di lagrange ma non sono andato molto lontano... ho provato a supporre che tutti i ciclici abbiano ordine dispari e a cavarne fuori un assurdo usando il fatto che le classi laterali di un sottogruppo hanno la stessa cardinalita' del sottogruppo. fin'ora niente ma e' una buona strada?

[fields]

ho provato a supporre che tutti i ciclici abbiano ordine dispari e a cavarne fuori un assurdo usando il fatto che le classi laterali di un sottogruppo hanno la stessa cardinalita' del sottogruppo. fin'ora niente ma e' una buona strada?

Non mi sembra la giusta via, non capisco perché tu abbia considerato i gruppi ciclici... Comunque la dimostrazione del 3) è molto semplice, si tratta soltanto di trovare l'idea giusta. Ti do un aiuto: io l'ho dimostrato per assurdo.

[vl4d]

supponiamo che non ci siano elementi di ordine 2, allora $forall g!=1 in G$ abbiamo $g^-1 != g$ dato che $|G|=2q$ e' pari, abbiamo che il numero di $g!=1$ e' $2q-1$: dispari. (1)

adesso consideriamo le coppie $(g_{1}, g_{2})$, sia y il numero di insiemi di cardinalita' due: ${g_{1}, g_{2}: g_{1},g_{2} !=1 in G}$, allora per ogni $y$ ho due coppie: $(g_{1}, g_{2})$ e $(g_{2}, g_{1})$, quindi in totale ho $2y$ coppie. D'altra parte sia $x_{i}$ il numero di volte che $g_{i}$ compare a primo membro, il numero di coppie sara' $\sum_{k=1}^n x_{i}$ = 2y dove $n$ sarebbe $2q-1$ per quanto detto.

ad ogni modo se una somma di $n$ numeri e' pari, fra gli addendi c'e' un numero pari di dispari. dunque c'e' un numero pari di $g in G$ tale che compaiono a primo membro una sola volta. in (1) abbiamo trovato che tutti i $g$ possono comparire solo una volta a primo membro(e 1 e' dispari) e che il numero di questi g e' dispari. assurdo.

ma come al solito devo aver complicato le cose... cmq se va bene, prima pensavo a tutt'altra soluzione... e' proprio vero che basta cambiare punto di vista