Sui gruppi abeliani finiti

[Platone]

Qualcuno ha un'idea per questi esercizi?

1) Sia G un gruppo abeliano finito, e per ogni suo elemento d, sia G(d) l'insieme degli elementi x di G tali che xd=0. Se per ogni p primo che divide l'ordine di G, G(p) è ciclico, allora G è ciclico;

2) Se l'ordine di G è m^2 e per ogni p primo che divide m si ha G(p) = Z/pZ X Z/pZ allora G = Z/p^mZ X Z/p^mZ (leggere = come "isomorfo");

dimenticavo: non è detto che gli enunciati siano veri, l'esercizio chiede di dimostrare o confutare i fatti scritti sopra.

Platone

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Qualcuno ha un'idea per questi esercizi?

1) Sia G un gruppo abeliano finito, e per ogni suo elemento d, sia G(d) l'insieme degli elementi x di G tali che xd=0. Se per ogni p primo che divide l'ordine di G, G(p) è ciclico, allora G è ciclico;

1) Intanto credo che sopra volessi scrivere: "Sia G un gruppo abeliano finito, e per ogni intero d , sia G(d) l'insieme degli elementi x di G tali che xd=0".

Ti do ora una traccia della dimostrazione, lasciandoti la dimostrazione di alcuni punti. Per il teorema fondamentale sui gruppi abeliani finiti, $G=A_1 o+ A_2 o+.... o+ A_n$ è somma diretta di sottogruppi ciclici, ciascuno avente ordine $q^a$, per qualche primo $q$. Ora, se $G(p)$, con $p$ primo, è ciclico, segue che $|G(p)|=p$ (lascio a te la dimostrazione, tra l'altro questo è il punto fondamentale). Poiché per ogni $i,j$ distinti, abbiamo $A_i nn A_j={0}$, segue che non ci possono essere $i,j$ distinti tali che $|A_i|=p^(a_1)$ e $|A_j|=p^(a_2)$, altrimenti avremmo almeno $2p-2$ elementi di ordine $p$, e quindi avremmo $|G(p)|>p$. Dunque gli ordini dei sottogruppi ciclici $A_i$ sono primi fra loro a coppie e da questo fatto segue che $G$ è ciclico (lascio a te la dimostrazione, comunque è un fatto noto).

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Il testo dell'esercizio 2) mi sembra invece assurdo

[Platone]

1) Intanto credo che sopra volessi scrivere: "Sia G un gruppo abeliano finito, e per ogni intero d , sia G(d) l'insieme degli elementi x di G tali che xd=0".

Si, volevo dire quello.

Platone

[Platone]

Ma del secondo esercizio, ti sembra assudo il contenuto (e questo potrebbe essere normale perche' come ho gia' specificato non e' detto che gli enunciati siano necessariamente veri) o come e' formulato?

Platone

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Ma del secondo esercizio, ti sembra assudo il contenuto (e questo potrebbe essere normale perche' come ho gia' specificato non e' detto che gli enunciati siano necessariamente veri) o come e' formulato?

Be', a parte che la formulazione non è chiara. Comunque, anche se lo fosse, l'ordine del gruppo Z/p^mZ X Z/p^mZ
è $p^m*p^m=p^(2m)$. Come si può allora pensare che sia G=Z/p^mZ X Z/p^mZ? Avremmo che l'ordine di G, ovvero che $m^2$ è uguale a $p^(2m)$, quindi avremmo che $p^m=m$, assurdo. Quindi è un problema di aritmetica più che di algebra, per questo mi sembra assurdo.

[Platone]

Hai ragione. Ho postato a memoria l'esercizio; ora non ho la traccia, ma credo che fosse:

... allora G = Z/mZ X Z/mZ.

Platone

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Hai ragione. Ho postato a memoria l'esercizio; ora non ho la traccia, ma credo che fosse:

... allora G = Z/mZ X Z/mZ.

Adesso sì che l'esercizio diventa sensato, e falsificabile. Anche in questo caso ti do la traccia della dimostrazione. Basta prendere un numero primo $p$, e il gruppo $G=ZZ//pZZ xx ZZ//p^3ZZ$. Abbiamo che $G$ è di ordine $(p^2)^2$ e che $G(p)$ è isomorfo a $ZZ//pZZ xx ZZ//pZZ$ (lascio a te la dimostrazione). Osserviamo tuttavia che è impossibile che $G$ sia isomorfo a $ZZ//p^2ZZ xx ZZ//p^2ZZ$: basta osservare che in questo caso tutti gli elementi di $G$ dovrebbero essere di ordine minore o uguale a $p^2$, assurdo.

[Platone]

Complimenti, sei davvero bravo. Io ero solo riuscito ad abbozzare la dimostrazione del primo cercando di lavorare sui sottogruppi di p-torsione, ma senza concludere.
Credo ti secchero' ancora in futuro... sempre se non ti dispiaccia.

Platone

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Credo ti secchero' ancora in futuro... sempre se non ti dispiaccia.

No, no non mi dispiace, anzi mi diverto