Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda Michiko » 27/10/2018, 18:55

Ciao, vorrei dimostrare questo fatto. Sia $G$ un gruppo ciclico di ordine $n$, e $r$ un intero che divide $n$. Allora $G$ contiene un unico sottogruppo ciclico di ordine $r$.

Per ipotesi, \(n=kr \) per qualche \( k\) intero. Il gruppo si scrive come \[ G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n<m<n\}=\{g^{-kr+1},...,1,...,g^{kr-1}\}.\] Esiste pertanto un intero \(s=(k-1)r \) tale che \(kr-s=r \), quindi è possibile considerare in modo univoco il sottogruppo \(H=\{g^{-r},...1,...,g^r\} \). Poiché \(g^r=g^{n/k}=(g^n)^{1/k}=1^{1/k}=1 \), \(H\) è ciclico di ordine $r$. Funziona? Grazie in anticipo!
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda anto_zoolander » 27/10/2018, 21:36

Ciao!

quel gruppo per come lo hai scritto ha tipo $2n-1$ elementi.

Il gruppo è $G={1,g,g^2,...,g^(n-1)}={g^i : i=0,1,...,n-1}$

tu per ipotesi hai che $r|n => n=kr$ e con abuso di notazione puoi definire $k:=n/r$

da qui si ha che $<g^(n/r)>$ è un sottogruppo di $G$ di ordine $r$ in quanto:

sicuramente $(g^(n/r))^r=g^(n/r * r)=g^n=1$ quindi $r$ è un periodo. Chiamato $t$ l'ordine di $<g^(n/r)>$ se fosse $t<r$ si avrebbe

$t<r => t*n/r<r*n/r=n$ e $g^(t*n/r)=1$ il che è assurdo.

Quindi è un sottogruppo di ordine $r$. Di fatto se mostri che se $n/r$ è un periodo, devi anche mostrare che è il più piccolo. Inoltre non puoi uscirtene dicendo 'si può considerare in modo univoco...' devi dimostrarlo che è unico.

Michiko ha scritto:\[ G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n<m<n\}=\{g^{-kr+1},...,1,...,g^{kr-1}\}. \]

perché scrivi questo?

Michiko ha scritto:\( H=\{g^{-r},...1,...,g^r\} \)

questo allo stesso modo che significa?

se $G=<g>$ e $g$ ha ordine $n$ allora $G={1,g,...,g^(n-1)}$

di fatto se $x in <g>$ allora $x=g^t$ dividendo $t$ per $n$ avremo che $t=nk+r, 0leqr<n$
da cui $x=g^t=g^(nk+r)=(g^n)^k*g^r=g^r$ quindi non ha senso andare a scrivere tutto quello

Michiko ha scritto:\( g^r=g^{n/k}=(g^n)^{1/k}=1^{1/k}=1 \)

questo anche, cosa vuol dire? il gruppo che devi considerare è $<g^k>$ in quanto $(g^k)^r=g^(kr)=g^n=1$
la scrittura $1/k$ non ha alcun senso

Finito questo, rimane da mostrare l'unicità.
Ultima modifica di anto_zoolander il 28/10/2018, 12:28, modificato 1 volta in totale.
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda Michiko » 28/10/2018, 12:15

Ciao, lascia stare la notazione che sarebbe \( G=\{g^m:m\in\mathbb{Z}, -n<m<n\}=\{1,...,g^{kr-1}\} \)... il mio modo di procedere era esattamente il contrario, ma non avevo considerato che \(1/k\) non è definito! Però non mi tornano due cose: hai usato la lettera \(k\) sia per indicizzare il gruppo che per indicare il divisore di \(n\); non dovrebbero essere due cose distinte? E quando scrivi $ g^(t*r/n)=1 $, intendi $ g^(t*n/r)=1 $, ovvero $ (g^k)^t=1$ con $kt<n$ contro l'ipotesi che l'ordine del gruppo sia $n$?

Comunque l'unicità del sottogruppo non segue dal fatto che per la divisione euclidea $k$ è unico?
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda anto_zoolander » 28/10/2018, 12:34

Si hai ragione.
Ho cambiato l’indicizzaziine e corretta quella svista.

Quel gruppo non capisco perché continui a scriverlo così, comunque:
Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.

No purtroppo non segue da quella cosa.. potrebbe tranquillamente esistere un altro sottogruppo di quell’ordine: prova a supporne l’esistenza, devi mostrare che se ne esistesse un altro, coinciderebbe con questo appena costruito
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda Michiko » 28/10/2018, 13:42

anto_zoolander ha scritto:Si ho mostrato che si otterrebbe un periodo di g più piccolo del minimo periodo, cosa che non può essere.


Scusami, non capisco molto bene questa frase. La contraddizione che vedo io è questa: suppongo che l'ordine $t$ del sottogruppo sia tale che $t<r$. Siccome \(t \ n/r < r \ n/r=n\), si avrebbe \((g^{n/r})^t=1<g^n=1\), assurdo. E' quello che intendi anche tu?
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda anto_zoolander » 28/10/2018, 13:48

No.
Sul gruppo non c’è alcuna relazione d’ordine, quindi quella disuguaglianza che senso ha?

L’assurdo è questo: supponi che $t$ sia l’ordine di $g^(n/r)$ e che per assurdo sia $t<r$ allora avresti che $(t*n/r)<n$ e fino a quì ci siamo, però si otterrebbe che

$g^(t*n/r)=(g^(n/r))^t=1$ quindi si avrebbe che $t*n/r$ sarebbe anche un periodo di $g$ più piccolo del minimo periodo $n$ che avevamo per ipotesi e quindi si ha la contraddizione cercata.
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda Michiko » 28/10/2018, 14:39

Ok, allora l'avevo capita meglio la prima volta: se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$. Comunque per l'unicità: suppongo che esista \(G'=[g^m] \) di ordine $r$, con \(0<m<n \). Si ha allora \((g^m)^r=1=(g^k)^r\), cioè \(\displaystyle g^{r(m-k)}=1 \). Poiché anche $0<k<n$ per la divisione euclidea, questo basta per concludere che $m=k$?
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda anto_zoolander » 28/10/2018, 15:38

Michiko ha scritto:se il sottogruppo ha periodo minore di $r$ allora il gruppo ha periodo minore di $n$


se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.
Il motivo è che il sottogruppo costruito con un divisore del periodo, non può avere ordine più piccolo del divisore, altrimenti il gruppo dovrebbe avere ordine minore di $n$

E' un teorema odioso, tranquillo :-D

per l'unicità non si può concludere in quel modo, o quantomeno, non dal punto in cui sei arrivato. Però l'idea di fondo c'è bisogna sfruttare la divisione euclidea, vediamo come:

prendiamo $HleqG$ un altro sottogruppo di ordine $r$.
Essengo $G$ ciclico sarà anch'esso ciclico e si avrà $H=<g^m>$ per qualche $0leqm<n$.

Notiamo che va fatta qualche considerazione di carattere generale:

1. se l'ordine di $G$ è $1$ è chiaro che si tratta del gruppo banale che come sottogruppo ha il solo gruppo banale e quindi il teorema per questo caso è ovviamente vero.

- supposto che l'ordine $n$ di $G$ sia $>1$

2. se $r=1$ allora il sottogruppo è $<g^(n/r)> = <e>$ e chiaramente è l'unico sottogruppo di ordine $1$

3. supponiamo dunque che $r$ sia un divisore di $n$ diverso da $1$.
chiaramente non può essere $m=0$ in quanto $H$ sarebbe il gruppo banale che ha ordine $1<r$ quindi siamo nelle ipotesi in cui $0<m<n$

ora consideriamo di dividere $mr$ per $n$ ottenendo $mr=nt+r', 0leqr'<n$

è chiaro che deve essere $r'=0$ in quanto $g^(mr-nt)=(g^m)^r*(g^n)^(-t)=1*1=1$
quindi si ha che $mr-nt$ è un periodo di $g$ e per non violare ma minimalità di $n$ deve essere $r'=0$

da questo $mr=nt => mr=(n/r*r)*t => r(n/r*t-m)=0$ ed essendo $r>1$ deve essere $m=n/r*t$

questo significa che per qualche $t in ZZ$ si ha $g^m=(g^(n/r))^t$

dunque i due gruppi coincidono.
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda Michiko » 28/10/2018, 17:03

anto_zoolander ha scritto:se il sottogruppo avesse ordine minore di $r/n$ allora il gruppo avrebbe ordine minore di $n$, semmai.


Però scusami, noi abbiamo supposto $t<r$ per ottenere l'assurdo, non $t<r/n$... :-k
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Re: Sottogruppo ciclico di un gruppo con ordine multiplo

Messaggioda anto_zoolander » 28/10/2018, 17:20

intendevo 'avesse ordine minore di $r$', mi sono confuso con tutto quello che ho scritto :-D

infatti dopo ho scritto
anto_zoolander ha scritto:non può avere ordine più piccolo del divisore

che è ovviamente era $r$.
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