Tre esercizi dell'Herstein che non riesco a fare.

[WKerber]

sono gli es. 2,3 e 9 a pagina 49
2)G gruppo in cui l'intersezione di tutti i sottogruppi diversi da (e) è un sottogruppo diverso da e. tesi: ogni elemento di G ha ordine finito
3)G non ha sottogruppi non banali=> G è finito e ha ordine primo
9) H sgr di G tale che se Ha diverso da Hb allora aH diverso da bH. tesi:gHg^-1 contenuto in H per ogni g in G.

Scusate se non scrivo in tex ma non è indispensabile....

Ho già letto tutto il libro e fatto tutti gli esercizi che ci sono dentro, sto facendo il primo ripasso e a una seconda lettura questi tre esercizi ancora non vengono... può essere che si debba sfruttare qualcosa che viene spiegato dopo sui gruppi, ma io ripeto ho letto tutto il libro e non ricordo certo le cose studiate un mese fa minimo...
Cioè non so se esistono soluzioni elementari a questi esercizi o se bisogna rifarsi a teoremi che probabilmente l'Herstein spiega dopo pagina 49...

comunque vi dico cosa ho scritto io sul mio quadernino, ma non ho grandissime idee su come svolgerli...

2) ho provato per assurdo a supporre che esista g di ordine infinito, allora G avrebbe ordine infinito... ma non mi dà idee.
3) questo mi sa di esercizio per cui servono cose che vengono spiegate dopo, tipo Teorema di Sylow. Però non mi è chiaro come mai questi esercizi vengono messi a questo punto, cioè praticamente all'inizio del libro, come esercizio numero 2 e 3, dopo un esercizio 1 banale, e seguiti da altri esercizi sciocchi. Infatti sto cominciando a pensare di avere io prosciutti sugli occhi, anche se mi pare strano averli avuti sia alla prima che alla seconda lettura.
9) non capisco come collegare ipotesi e tesi.

Grazie dell'attenzione!

[WKerber]

ah e ho anche osservato che usando l'esercizio 2 posso dire che ogni elemento del gruppo G dell'esercizio 3 ha ordine finito. ma questo non mi dice che sia finito...
Se prendo un g in G e considero <g> questo dovrà essere tutto G, perché per ipotesi G non ha sgr non banali.
Allora G è ciclico. E nemmeno questo mi dice che sia finito, né che abbia ordine primo.

ps. spero di non aver detto troppe sciocchezze.

[vict85]

Per l'esercizio 2 ti basta supporre per assurdo che esista \(g\) di ordine infinito e poi cercare di applicare la caratteristica di \(G\) sui sottogruppi di \(\langle g\rangle\cong \mathbb{Z}\).

Per l'esercizio 3 basta pensare che un sottogruppo non banale di un sottogruppo è un sottogruppo non banale del gruppo. Quindi considera un elemento \(g\) è il sottogruppo ciclico da lui generato. Quando un gruppo ciclico non possiede sottogruppi non banali?

Per l'esercizio 9. \(a\in Ha \cap aH\) quindi \(aH\cap Ha \neq \emptyset\). Supponiamo per assurdo che esista \(x\in aH\) tale che \(x\notin Ha\); allora \(\displaystyle Ha\neq Hx \) ma \(aH = xH\) contro le ipotesi. Pertanto si ha che \(\displaystyle aH = Ha \) per ogni \(\displaystyle a \).

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Riguardo al TeX non è indispensabile ma ti informo che “fortemente consigliato” è un modo gentile per dire obbligatorio. Detto questo il regolamento ti da il tempo di ambientarti, ma non prendertela troppo comoda.

[WKerber]

Il 3 praticamente l'avevo risolto ma bah si vede che il cervello va in tilt ogni tanto...
usando il problema 2 e stabilito che è ciclico è fatta, l'elemento che lo genera ha ordine finito e quindi anche G.


il 9, grazie mille ma perché dice di dimostrare solo che gHg^-1 contenuto in H e non uguale come hai dimostrato acnhe tu? cioè il "contenuto" implica "uguale", giusto?

nel 2 per assurdo esiste un sottogruppo <g> di ordine infinito, cioè $<g>$ isomorfo a $ZZ$ perciò i suoi sottogruppi sono gli nZ e questi sono anche sottogruppi di G e se prendo nZ e mZ con intersezione (e) ho l'assurdo. Ma come li trovo questi??
cioè a me viene in mente che se ad esempio prendo Z. Z è un gruppo in cui l'intersezione di tutti i sottogruppi diversi da (e) è un sottogruppo diverso da (e)... cioè se i sottogruppi di Z sono gli nZ, l'intersezione di questi non è mai (e)... eppure non è vero che ogni elemento di Z ha ordine finito!
Boh, non sto capendo..

[jitter]

Caspita, proprio gli esercizi su cui ho difficoltà anch'io.

Riprendo il n. 9 e riporto il testo:
Sia H un sottogruppo di G tale che se $Ha != Hb$ allora $aH != bH$. Dimostrare che $gHg^(-1) sub H$.

Per l'esercizio 9. a∈Ha∩aH quindi aH∩Ha≠∅. Supponiamo per assurdo che esista x∈aH tale che x∉Ha; allora Ha≠Hx ma aH=xH contro le ipotesi. Pertanto si ha che aH=Ha per ogni a.

La dimostrazione di Vict non mi è chiara (sono alle prime armi ), quindi provo a interpretarla con altre parole.
Per assurdo supponiamo che $\exists a\in G$ e $ h \in H$ tali che $a h a^(-1) != k \forall k \in H$.
Questo equivale a dire che $aH != Ha$. Ma allora possono verificarsi due casi:
1) esiste un $x \in aH$ tale che $x \notin Ha $
e/o
2) esiste un $x \in Ha$ tale che $x \notin aH$

Nel caso 1) $x \notin Ha$ implica $Ha != Hx$. Per la condizione espressa nell'ipotesi ne segue che $aH != xH$.
Ecco, qui non ho capito perché si ha un assurdo, contro aH = xH (perché posso affermare aH = xH? $x \in aH$ implica $ xH sub aH$, ma non necessariamente l'uguaglianza: o sbaglio?)

Nel caso 2) non riesco invece ad arrivare a nulla:
$ x \notin aH $ implica $xH != aH$, da cui .... non segue nulla.

Grazie per eventuali aiuti!

[vict85]

Il punto del discorso è che se \(x\in aH\) allora \(xH = aH\). Questo è legato al fatto che i laterali sono delle classi di equivalenza per una relazione di equivalenza. Stessa cosa per i laterali destri.

Tu sai che \(Ha\neq Hx \to aH\neq xH\). Non so se lo sai ma \(\displaystyle p\to q \) è equivalente logicamente a \(\displaystyle \neg p \vee q \) allora possiamo scrivere la nostra implicazione come \(Ha = Hx \vee aH\neq xH\). O meglio sai che quelle due condizioni non possono essere entrambe negate. Quello che voglio fare io è supporre che non sia normale e mostrare che questo è equivalente a negare quelle due condizioni.

Se \(\displaystyle H \) non è normale allora esisterà un \(\displaystyle a \) tale che \(\displaystyle aH \neq Ha \) o equivalentemente \(\displaystyle aHa^{-1}\neq H \). Se due insiemi sono diversi allora possiedono degli elementi che appartengono a solo uno dei due. Siccome i due insiemi hanno la stessa cardialità esisterà \(\displaystyle x\in Ha\wedge x\notin aH \) e \(\displaystyle y\notin Ha\wedge y\in aH \).

Se ne deduce che \(\displaystyle Ha = Hx \) e al contempo \(\displaystyle Ha \neq Hx \), pertanto \(\displaystyle x \) non è il controesempio che cercavamo . Se passiamo invece a \(\displaystyle y \) abbiamo che \(\displaystyle Ha \neq Hx \) e al contempo \(\displaystyle Ha = Hx \) ma questo contraddice le ipotesi. Cioè un tale \(\displaystyle y \) non può esistere e per questioni di cardinalità neanche l'\(\displaystyle x \).

[jitter]

Grazie mille Vict. Rispondo solo ora perché ho visto che la tua spiegazione era sostanziosa e volevo leggermela con calma e relax.
Ora credo di esserci... quasi!

\( \displaystyle p\to q \) è equivalente logicamente a \( \displaystyle \neg p \vee q \)

Non l'avevo mai espresso in questi termini, ma spesso uso il "contronominale" che mi sembra a sua volta equivalente a questa "disgiunzione".

La dimostrazione mi è chiara tranne in fondo che mi perdo un passaggio. Quando dici

x∈Ha∧x∉aH e y∉Ha∧y∈aH.

Se ne deduce che Ha=Hx e al contempo Ha≠Hx, pertanto x non è il controesempio che cercavamo

... mi chiedo: se $x∈Ha∧x∉aH $e $y∉Ha∧y∈aH $implica in particolare che $x∈Ha∧x∉aH$ (per la questione della cardinalità di cui dicevi), ho $Ha=Hx$ e al contempo $Ha≠Hx$: qui non già l'assurdo che mi porta al "qed"? Non mi chiaro come mai la dimostrazione continua con y.

Ciao

[vict85]

Ho dimenticato di spostare l'\(H\). Hai \(Ha = Hx\) e insieme \(aH \neq xH\) che non contraddisce l'implicazione logica (non è una doppia implicazione).

[jitter]

Se era un refuso avrei dovuto accorgermene e "tralasciare", se avessi capito la dimostrazione. Quindi sono stata frettolosa sulla mia comprensione del passaggio e riprendo:

Per assurdo supponiamo che esista $a$ tale che $aH !=Ha$. Siccome aH e Ha hanno la stessa cardinalità, essendo diversi deve esistere un elemento dell'uno che non appartiene all'altro e viceversa (*).
Esiste quindi un $x \in aH$ tale che $x \notin Ha$. Allora $xH = aH$ e $Ha != Hx$ (assurdo --> tesi). Così va bene?

(* è corretto questo e viceversa?: sì nel caso di insiemi finiti, ma per quelli infiniti? L'insieme dei naturali e l'insieme dei pari hanno la stessa cardinalità ma non esiste nessun numero pari che non appartenga a N)

[vict85]

Si, il principio è quello.