problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda algibro » 23/03/2017, 16:35

Sto affrontando questo problema che è contrassegnato da un asterisco di difficoltà, ma siccome mi sembra che la soluzione sia abbastanza scontata vorrei capire dove sto sbagliando (autostima a livelli minimi...).

Se $H$ è un sottogruppo di indice finito in $G$, dimostrare che esiste solo un numero finito di sottogruppi della forma $aHa^{-1}$

$\exists k \in \mathbb{N} | ko(H)=o(G)$
quindi esiste un numero finito di laterali del tipo $Ha={ha |h \inH}$, esattamente ne esistono $k$.
Per un certo $x \in G$ si ha $aha^{-1}=x$ e dunque $a^{-1}aha^{-1}=a^{-1}x \Rightarrow ha^{-1}=a^{-1}x$.
che è un elemtento della classe laterale $Ha^{-1}$
Inoltre, ma credo a questo punto sia superficiale, $a^{-1}x \in G \Rightarrow (a^{-1}x)^{-1}=x^{-1}a$ e la classe
$aH={ha |h \inH}$ è composta, per la relazione di equivalenza, da tutti gli elementi $x \in G | x^{-1}a \in H$
Quindi ogni elemento di $aHa^{-1}$ è in corrispondenza biunivoca con un elemento della classe laterale.
Segue che se l'indice di $H$ in $G$ è finito allora esistono solo un numero finito di sottogruppi della forma $aHa^{-1}$
algibro
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 31 di 378
Iscritto il: 29/01/2017, 15:16

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda Martino » 23/03/2017, 18:30

algibro ha scritto:$\exists k \in \mathbb{N} | ko(H)=o(G)$
Occhio, questo lo puoi scrivere solo se G è finito, ma è chiaro che se G è finito il problema che vuoi risolvere diventa banale (concordi?).
Quindi ogni elemento di $aHa^{-1}$ è in corrispondenza biunivoca con un elemento della classe laterale.
Giusto. Quello che non è chiaro è come da tutto questo deduci questo:
Segue che se l'indice di $H$ in $G$ è finito allora esistono solo un numero finito di sottogruppi della forma $aHa^{-1}$
Le persone che le persone che le persone amano amano amano.
Avatar utente
Martino
Moderatore globale
Moderatore globale
 
Messaggio: 6721 di 13035
Iscritto il: 21/07/2007, 10:48
Località: Brasilia

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda algibro » 23/03/2017, 23:00

Martino ha scritto:
algibro ha scritto:$\exists k \in \mathbb{N} | ko(H)=o(G)$
Occhio, questo lo puoi scrivere solo se G è finito, ma è chiaro che se G è finito il problema che vuoi risolvere diventa banale (concordi?).
Quindi ogni elemento di $aHa^{-1}$ è in corrispondenza biunivoca con un elemento della classe laterale.
Giusto. Quello che non è chiaro è come da tutto questo deduci questo:
Segue che se l'indice di $H$ in $G$ è finito allora esistono solo un numero finito di sottogruppi della forma $aHa^{-1}$


Certo, se $G$ è finito, esso ammetterà solo un numero finito di sottogruppi, e questo in generale e sempre.
D'altra parte, però, $k$ può esistere comunque anche se $G$ è infinito.

Ad ogni modo, $aha^{-1}=x \in G$ e questo $x$ deve appartenere ad uno dei $k$ laterali nella forma $ha$ se $ax^{-1} \in H$ oppure apparterrà alla classe $Hb$ per un generico $b \in G$. Identicamente un elemento $bhb^{-1}=y \in G$ e $y$ sarà comunque in un laterale, distinto dal precedente se i due elementi non sono in relazione di equivalenza. Così tutti gli elementi dei possibili sottogruppi nella forma $aha^{-1}$ saranno coincidenti, al più, con le classi laterali (quelle che oltre ad essere laterali sono anche gruppi), che sono in numero finito.
algibro
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 32 di 378
Iscritto il: 29/01/2017, 15:16

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda Martino » 24/03/2017, 00:42

Il tuo ragionamento è essenzialmente giusto ma nella mia modestissima opinione è troppo discorsivo e non del tutto formale.

Io lo direi in questo modo:

Se chiamiamo $C$ l'insieme dei coniugati $a^{-1}Ha$ e $L$ l'insieme dei laterali $Ha$ allora possiamo costruire la funzione $f: L \to C$ definita da $f(Ha) := a^{-1}Ha$. Per concludere basta mostrare che $f$ è ben definita e suriettiva.

E' ben definita perché se $Ha = Hb$ allora $ab^{-1} in H$ quindi $b^{-1}Hb = a^{-1} (ab^{-1}) H (ab^{-1})^{-1} a = a^{-1}Ha$.

E' suriettiva perché se $a^{-1}Ha$ è un generico elemento di $C$ allora $f(Ha) = a^{-1}Ha$.

Per la cronaca $|C| = |G:N_G(H)|$ dove $N_G(H)$ è il normalizzante di $H$ in $G$, ovvero $N_G(H) = \{g \in G\ :\ g^{-1}Hg = H\}$.
Le persone che le persone che le persone amano amano amano.
Avatar utente
Martino
Moderatore globale
Moderatore globale
 
Messaggio: 6722 di 13035
Iscritto il: 21/07/2007, 10:48
Località: Brasilia

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda algibro » 24/03/2017, 12:55

Martino ha scritto:Se chiamiamo $C$ l'insieme dei coniugati $a^{-1}Ha$ e $L$ l'insieme dei laterali $Ha$ allora possiamo costruire la funzione $f: L \to C$ definita da $f(Ha) := a^{-1}Ha$. Per concludere basta mostrare che $f$ è ben definita e suriettiva.


Ho compreso perfettamente, grazie.

Martino ha scritto:E' ben definita perché se $Ha = Hb$ allora $ab^{-1} in H$ quindi $b^{-1}Hb = a^{-1} (ab^{-1}) H (ab^{-1})^{-1} a = a^{-1}Ha$.
E' suriettiva perché se $a^{-1}Ha$ è un generico elemento di $C$ allora $f(Ha) = a^{-1}Ha$.


Quando dici "ben definita" intendi ovviamente iniettiva !?

Martino ha scritto:Il tuo ragionamento è essenzialmente giusto ma nella mia modestissima opinione è troppo discorsivo e non del tutto formale.

Il problema è proprio questo, mi immagino la struttura e la soluzione nella testa, ma poi fatico a scriverla.
algibro
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 35 di 378
Iscritto il: 29/01/2017, 15:16

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda Martino » 24/03/2017, 14:19

Quando dici "ben definita" intendi ovviamente iniettiva !?
No, osserva bene la differenza:

$f:X \to Y$ è ben definita quando se $a=b$ abbiamo $f(a)=f(b)$.
$f:X \to Y$ è iniettiva quando se $f(a)=f(b)$ abbiamo $a=b$.

La prima di queste due cose può sembrare estremamente inutile e ovvia, ma considera per esempio questa "funzione":

$f:L \to G$, $f(Ha) := a$

Questa funzione NON è ben definita. Infatti se lo stesso elemento $Ha$ è scritto in modo diverso, cioè $Ha=Hb$, non necessariamente $a=b$ (ti puoi fare vari esempi). D'altra parte se $f$ fosse davvero una funzione avresti $a = f(Ha) = f(Hb) = b$ che in generale non vale.
In realtà l'unico caso in cui questa $f$ è ben definita è quando $H={1}$. Infatti se $h \in H$ è un elemento qualsiasi allora $Hh = H = H1$ quindi $1 = f(H1) = f(H) = f(Hh) = h$ da cui $h=1$.

Ora ritorna alla funzione che ho definito nell'intervento precedente, ti accorgerai che quella invece è ben definita.
Le persone che le persone che le persone amano amano amano.
Avatar utente
Martino
Moderatore globale
Moderatore globale
 
Messaggio: 6723 di 13035
Iscritto il: 21/07/2007, 10:48
Località: Brasilia

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda algibro » 25/03/2017, 19:31

Martino ha scritto:
Quando dici "ben definita" intendi ovviamente iniettiva !?
No, osserva bene la differenza:

$f:X \to Y$ è ben definita quando se $a=b$ abbiamo $f(a)=f(b)$.
$f:X \to Y$ è iniettiva quando se $f(a)=f(b)$ abbiamo $a=b$.

La prima di queste due cose può sembrare estremamente inutile e ovvia, ma considera per esempio questa "funzione":

$f:L \to G$, $f(Ha) := a$

Questa funzione NON è ben definita. Infatti se lo stesso elemento $Ha$ è scritto in modo diverso, cioè $Ha=Hb$, non necessariamente $a=b$ (ti puoi fare vari esempi). D'altra parte se $f$ fosse davvero una funzione avresti $a = f(Ha) = f(Hb) = b$ che in generale non vale.
In realtà l'unico caso in cui questa $f$ è ben definita è quando $H={1}$. Infatti se $h \in H$ è un elemento qualsiasi allora $Hh = H = H1$ quindi $1 = f(H1) = f(H) = f(Hh) = h$ da cui $h=1$.

Ora ritorna alla funzione che ho definito nell'intervento precedente, ti accorgerai che quella invece è ben definita.


Vediamo se ho compreso con questo altro esercizio.
Dimostrare che esiste una corrispondenza biunivoca tra l'insieme dei laterali destri e l'insieme dei laterali sinistri di $H$ in $G$
Stabilisco un'applicazione $\phi:D \rightarrow S$ così definita: $\phi(Ha)=a^{-1}H$ e dove $D$ è l'insieme dei laterali destri e $D$ l'insieme dei laterali sinistri.
Detta applicazione $\phi$ è ben definita in quanto se $Ha=Hb \Rightarrow ab^{-1} \in H, \ (ab^{-1})^{-1}=(b^{-1})^{-1}a^{-1} \in H$
Ma $(b^{-1})^{-1}a^{-1} \in H$ è la relazione di equivalenza per la classe laterale sinistra e pertanto, avendo $b^{-1} \equiv a^{-1}$ mod $H$ abbiamo $a^{-1}H=b^{-1}H$
Inoltre, dato comunque $a^{-1}H \in S$ esisterà per $a \in G$ anche $Ha \in D$ quindi $\phi$ è suriettiva.
In ultimo $\phi$ è anche iniettiva, infatti se $\phi(Ha)=\phi(Hb) \Rightarrow a^{-1}H=b^{-1}H \Rightarrow (a^{-1})^{-1}b^{-1}=ab^{-1} \in H$ e da quest'ultima relazione si ha $Ha=Hb$.

Ad ogni modo grazie della disponibilità Martino.
algibro
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 36 di 378
Iscritto il: 29/01/2017, 15:16

Re: problema sul numero di sottogruppi nella forma $aHa^-1$

Messaggioda Martino » 27/03/2017, 16:08

Tutto giusto. Ciao!
Le persone che le persone che le persone amano amano amano.
Avatar utente
Martino
Moderatore globale
Moderatore globale
 
Messaggio: 6724 di 13035
Iscritto il: 21/07/2007, 10:48
Località: Brasilia


Torna a Algebra, logica, teoria dei numeri e matematica discreta

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 1 ospite