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 neutroOra, (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.
InversoEssendo 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.
Ultima modifica di
luca69 il 11/04/2018, 15:13, modificato 2 volte in totale.