Permutazioni di fattori

[killing_buddha]

Avevo sbagliato

[luca69]

Riprendo questo thread per completare (correttamente?) la dimostrazione impostata precedentemente. Per facilitare la consultazione, riepilogo ipotesi, tesi e dimostrazione.

Sia $G={a_1,...,a_n}$ un insieme finito in cui è definita una operazione binaria associativa tale che valgono le leggi di cancellazione destra e sinistra. Dimostrare che $G$ è un gruppo.

(@killing_buddha: il tuo suggerimento mi fa pensare che la cosa si possa dimostrare "in una riga", ma -non riuscendo a coglierlo- ho provato a portare in fondo l'idea iniziale di "farmi aiutare" da un gruppo noto, quello delle permutazioni)

Per $i=1,...,n$, definiamo gli insiemi $S_((i))={a_ia_j,j=1,...,n}$ e $S^((i))={a_ja_i,j=1,...,n}$, e le applicazioni $φ_((i)):G→S_((i))$, $φ^((i)):G→S^((i))$ mediante, rispettivamente, $a_j↦a_ia_j$ e $a_j↦a_ja_i$. Le $φ_((i))$ e $φ^((i))$ sono iniettive per le leggi di cancellazione destra e sinistra, e suriettive per costruzione, quindi sono biiettive. Ma allora $|S_((i))|=|S^((i))|=|G|$; per la chiusura, poi, $s∈S_((i))⇒s∈G$ e $s∈S^((i))⇒s∈G$, per cui $S_((i))⊆G$ e $S^((i))⊆G$, e quindi $S_((i))=S^((i))=G$. Pertanto, $φ_((i)),φ^((i))∈A(G)$ (l'insieme delle biiezioni su $G$).

Ogni $\varphi_((i)) \in A(G)$ individua una ed una sola permutazione $\sigma_i \in S_n$ (il gruppo simmetrico di grado $n$) attraverso la posizione $\varphi_((i))(a_j)=a_(\sigma_i(j))$; analogamente, ogni $\varphi^((i)) \in A(G)$ individua una ed una sola permutazione $\tau_i \in S_n$ attraverso la posizione $\varphi^((i))(a_j)=a_(\tau_i(j))$.

Innanzitutto, essendo gli $a_1,...,a_n$ distinti, $a_(\sigma_i(j))=\varphi_((i))(a_j)=a_ia_j=\varphi^((j))(a_i)=a_(\tau_j(i))$, da cui:

(1) $\sigma_i(j)=\tau_j(i), \AAi,j$

Poi, per la proprietà associativa, $(a_ia_j)a_k=a_i(a_ja_k) \Rightarrow \varphi^((k))(a_ia_j)=\varphi_((i))(a_ja_k) \Rightarrow \varphi^((k))(\varphi_((i))(a_j))=$ $\varphi_((i))(\varphi^((k))(a_j)) \Rightarrow \varphi^((k))(a_(\sigma_i(j)))=\varphi_((i))(a_(\tau_k(j))) \Rightarrow a_(tau_k(\sigma_i(j)))=a_(\sigma_i(\tau_k(j))) \Rightarrow \tau_k(\sigma_i(j))=\sigma_i(\tau_k(j)) \Rightarrow$ $(tau_k\sigma_i)(j)=(\sigma_i\tau_k)(j)$, da cui:

(2) $\tau_k\sigma_i=\sigma_i\tau_k, \AAi,k$

e da questa:

(3) $\sigma_i^(-1)\tau_k=\tau_k\sigma_i^(-1), \AAi,k$

Elemento neutro

Ora, (2)$\Rightarrow (tau_k\sigma_i)(j)=(\sigma_i\tau_k)(j), \AAi,j,k \Rightarrow tau_k(\sigma_i(j))=\sigma_i(\tau_k(j)), \AAi,j,k \Rightarrow$[per (1)] $\tau_k(\tau_j(i))=\sigma_i(\sigma_j(k)), \AAi,j,k \Rightarrow$[per (1)] $\sigma_(\tau_j(i))(k)=(\sigma_i\sigma_j)(k), \AAi,j,k \Rightarrow$ $\sigma_(\tau_j(i))=\sigma_i\sigma_j, \AAi,j$. Pertanto, $\Sigma:={\sigma_i} \subseteq S_n$ è chiuso rispetto alla composizione e quindi $\Sigma<=S_n$; ma allora $\iota_(S_n) \in \Sigma$, ovvero $\EE\bari$ tale che $\sigma_(\bari)(j)=j, \AAj$, ossia $\EE\bari$ tale che $a_(bari)a_j=\varphi_((\bari))(a_j)=a_(\sigma_(\bari)(j))=a_j, \AAj$, e $a_(\bari)$ è elemento neutro sinistro.
Analogamente, (2)$\Rightarrow (tau_k\sigma_i)(j)=(\sigma_i\tau_k)(j), \AAi,j,k \Rightarrow tau_k(\sigma_i(j))=\sigma_i(\tau_k(j)), \AAi,j,k \Rightarrow$[per (1)] $\tau_k(\tau_j(i))=\sigma_i(\sigma_j(k)), \AAi,j,k \Rightarrow$[per (1)] $(\tau_k\tau_j)(i)=\tau_(\sigma_j(k))(i), \AAi,j,k \Rightarrow$ $\tau_k\tau_j=\tau_(\sigma_j(k)), \AAj,k$. Pertanto, $T:={\tau_i} \subseteq S_n$ è chiuso rispetto alla composizione e quindi $T<=S_n$; ma allora $\iota_(S_n) \in T$, ovvero $\EE\bark$ tale che $\tau_(\bark)(j)=j, \AAj$, ossia $\EE\bark$ tale che $a_ja_(bark)=\varphi^((\bark))(a_j)=a_(\tau_(\bark)(j))=a_j, \AAj$, e $a_(\bark)$ è elemento neutro destro.
Per la legge di cancellazione (ad esempio a destra), $a_(bari)a_j=a_j=a_ja_(bark),\AAj \Rightarrow a_(bari)a_(bark)=a_(bark)a_(bark) \Rightarrow a_(bari)=a_(bark)$, per cui $a_(bari)$ è anche elemento neutro destro e quindi elemento neutro tout court.

Inverso

Essendo gli $a_1,...,a_n$ distinti, $a_bari=a_bark \Rightarrow bari=bark \Rightarrow sigma_bari=iota_(S_n)=tau_bark=tau_bari$. Pertanto, $sigma_bari(j)=j=tau_bari(j) \Rightarrow$ [per (1)] $tau_j(bari)=sigma_j(bari) \Rightarrow sigma_j^-1(tau_j(bari))=bari \Rightarrow $ [per (3)] $tau_j(sigma_j^-1(bari))=bari$, da cui:

(4) $sigma_j^-1(bari)=tau_j^-1(bari), \AAj$

Ebbene, $a_ja_(sigma_j^-1(bari))=varphi_((j))(a_(sigma_j^-1(bari)))=a_(sigma_j(sigma_j^-1(bari)))=a_bari, \AAj$, per cui $a_(sigma_j^-1(bari))$ è inverso destro di $a_j, \AAj$; inoltre, $a_(sigma_j^-1(bari))a_j=$ [per (4)] $a_(tau_j^-1(bari))a_j=varphi^((j))(a_(tau_j^-1(bari)))=a_(tau_j(tau_j^-1(bari)))=a_bari, \AAj$, per cui $a_(sigma_j^-1(bari))$ è anche inverso sinistro di $a_j, \AAj$. Questo completa la dimostrazione.

[vict85]

Io lo dimostrerei così:

Fissiamo un \(a\in G\). E' ben definito il morfismo di semigruppi \(\displaystyle \pi_a\colon \mathbb{N}\to G \) definito come \(n\mapsto a^n\). Questa mappa non è ovviamente iniettiva. Consideriamo quindi il più piccolo \(n\in \mathbb{N}\) tale che esiste un \(m\in \mathbb{N}\setminus \{n\}\) che soddisfa \(\displaystyle \pi_a(n) = \pi_a(m) \) ovvero tale che \(\displaystyle a^n = a^m \).
Siccome l'operazione è cancellabile a sinistra, si ha che \(a = a^{m-n+1}\). Sia dunque \(e_a = a^{m-n} = \pi_a\). Per l'associatività dell'operazione si ha \(a = ae_a = e_aa\).
Per ogni \(b\in G\) risulta \(ab = ae_ab\). Cancellando \(a\) a sinistra si ricava che \(b = e_ab\). Usando la cancellazione a destra in \(ba = be_aa\) si ricava invece che \(b = be_a\). Pertanto \(e_a\) è un elemento neutro di \(G\) per ogni \(a\in G\). Inoltre, per ogni \(a,b\in G\), \(e_a = e_ae_b = e_b\). Esiste quindi un solo elemento neutro e lo indico con \(e\).
Per ogni \(a\in G\setminus \{e\}\) definisco \(s_a\in \mathbb{N}\) come il più piccolo numero positivo tale che \(\pi_a(s_a+1) = e\). Dalla definizione risulta che \(\pi_a(s_a)a = a\pi_a(s_a) = e\). Questo conclude la dimostrazione.

P.S.: Ho considerato \(\mathbb{N}\) senza lo \(0\).

[luca69]

Inoltre, per ogni \( a,b\in G \), \( e_a = e_ae_b = e_b \).

Se $e_a=a^(m-n)$, sarà anche $e_b=b^(k-l)$, per opportuni $m,n,k,l$. Ma allora come si deduce il risultato nel quote sopra?

PS. Ho modificato il post con la mia dimostrazione, completandola con l'esistenza dell'inverso. Mi rendo conto che non è un "approccio standard", ma mi piacerebbe che qualcuno confermasse se è comunque corretto. Grazie

[luca69]

Una funzione iniettiva da un insieme in sé stesso è suriettiva; questo risolve il problema, perché?

Forse ora ho capito il suggerimento... Per la legge di cancellazione a sx, $\forall a \in G$ l'applicazione $\theta_a: G \rightarrow G$, definita da $x mapsto \theta_a(x):=ax$, è iniettiva e quindi ($G$ finito) suriettiva; ma allora $\theta_a \in Sym(G)$. Ora, per l'associatività in $G$, l'applicazione $\theta: G \rightarrow Sym(G)$, definita da $a \mapsto \theta_a$, soddisfa la proprietà $\theta_{ab}=\theta_a\theta_b, \forall a,b \in G$, da cui ${\theta_a, a \in G}<=Sym(G)$. Ne viene che $\exists \tilde{e} \in G$ tale che $\theta_{\tilde e}=\iota_G$, da cui $\tilde ex=\theta_{\tilde e}(x)=\iota_G(x)=x, \forall x \in G$, e $\tilde e$ è unità sx. Idem per unità dx, $\hat e$, a partire dalla legge di cancellazione a dx e da $\psi_a(x):=xa$. Ora, $\forall x \in G$, $\tilde ex=x=x\hat e \Rightarrow \tilde e\hat e=\hat e\hat e \Rightarrow e:=\tilde e=\hat e$. Poi, $a \in G \Rightarrow \theta_a \in Sym(G) \Rightarrow \exists(!)\tilde b \in G$ tale che $e=\theta_a(\tilde b)=a\tilde b$, e $\tilde b$ è inverso dx di $a$; analogamente, $a \in G \Rightarrow \psi_a \in Sym(G) \Rightarrow \exists(!)\hat b \in G$ tale che $e=\psi_a(\hat b)=\hat ba$, e $\hat b$ è inverso sx di $a$. Ma deve essere $\tilde ba=a\tilde b$; infatti, $ \tilde ba \ne a\tilde b \Rightarrow \tilde ba \ne e \Rightarrow$ $(a\tilde b)a=ea=a \ne ae=a$: contraddizione. Quindi $e=\tilde ba=\hat ba \Rightarrow a^{-1}:=\tilde b=\hat b$.