23/03/2017, 16:35
23/03/2017, 18:30
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?).algibro ha scritto:$\exists k \in \mathbb{N} | ko(H)=o(G)$
Giusto. Quello che non è chiaro è come da tutto questo deduci questo: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 $aHa^{-1}$
23/03/2017, 23:00
Martino ha scritto: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?).algibro ha scritto:$\exists k \in \mathbb{N} | ko(H)=o(G)$Giusto. Quello che non è chiaro è come da tutto questo deduci questo: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 $aHa^{-1}$
24/03/2017, 00:42
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.
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 $f(Ha) = a^{-1}Ha$.
Martino ha scritto:Il tuo ragionamento è essenzialmente giusto ma nella mia modestissima opinione è troppo discorsivo e non del tutto formale.
24/03/2017, 14:19
No, osserva bene la differenza:Quando dici "ben definita" intendi ovviamente iniettiva !?
25/03/2017, 19:31
Martino ha scritto:No, osserva bene la differenza:Quando dici "ben definita" intendi ovviamente iniettiva !?
$f:X \to Y$ 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.
27/03/2017, 16:08
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