Messaggioda Thomas » 23/10/2008, 07:20

alvinlee88 ha scritto:Se poi volete posto la dimostrazione del prof di questo passaggio chiave, non che sia particolarmente difficile, ma per i motivi detti sopra vorrei vedere cosa propone il forum. Se viene fuori che è l'unico o quasi modo di idmostrare certe cose, devo rassegnarmi a imparare a pensare così.
grazie per l'attenzione.


no dai lascia almeno il week-end come tempo al forum (e lo chiedo anche per me... se qualcun altro posta la soluzione eviterò di leggerla! :-D) per pensarci su :-D, quando si è plausibilmente un pò più liberi ...

posso chiederti come si chiama il tuo prof e quale è il corso ?...
Thomas
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Messaggioda Thomas » 23/10/2008, 17:58

Non ho resistito alla tentazione di non aspettare il week-end e quindi oggi ho dedicato il tempo di studio generalmente dedicato all'università per questo problema...

Non sono giunto quasi a nulla... dico le mie osservazioni nel caso servano a qualcuno o qualcosa... oramai non credo di fare ulteriori progressi a breve termine...

Riassumendo mi pare di aver capito che serve dimostrare che $H\subsetZ(H) $, Volendo andare oltre che $G \subset Z(H)$.

Valgono (mi pare) le seguenti cose (saranno forse ovvie ma magari qualcuna serve):

- f è automorfismo;
- $H$ è f-invariante e contiene l'inverso di ogni suo elemento;
- $Z(H)$ è un sottogruppo f-invariante;
- se prendiamo due insiemi con più di 3/4G elementi (per esempio $gH$,$Hg$, $f(Hg)$ e così via) la loro intersezione conterrà almeno G/2 elementi (eventualmente genereranno ancora il gruppo);


boh....... mi sa che devo ancora acquisire un pò di abilità con l'algebra purtroppo :lol:
Ultima modifica di Thomas il 24/10/2008, 17:59, modificato 1 volta in totale.
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Messaggioda fields » 24/10/2008, 17:04

@alvinlee

Se ho ben capito, vuoi dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h\in{g | f(g)=g^{-1}}:=H$. Questo in effetti implica che $G$ e' abeliano e facilmente tutta la tesi.

Ecco come farei io.

1. $a,b,ab\in H$ implica $ab=ba$. Infatti, $b^{-1}a^{-1}=(ab)^{-1}=f(ab)=f(a)f(b)=a^{-1}b^{-1}$. Dunque $b^{-1}a^{-1}=a^{-1}b^{-1}$, dunque $ab^{-1}=b^{-1}a$, dunque $ba=ab$.

2. Se $a\in H$, allora $|aHnn H|>1/2|G|$. Infatti, $|aH|>3/4|G|$, $|H|>3/4|G|$: di qui la tesi.

3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.
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Messaggioda Thomas » 24/10/2008, 17:53

bravo fields che mette apposto i pezzi giusti come al solito!...

così per autocritica ed esercizio personale (nel senso che mi serve come preparazione per un esame che spero di riuscire a dare) scrivo come avrei dovuto (o potuto) ragionare:

1) cerchiamo di dimostrare che ab=ba. Ecco è facile!... doh ma così ho usato che anche ab sta in H !... (e magari se me ne accorgevo subito invece di aspettare i post di avinlee era meglio...).... va bè abbiamo insiemi grossi, come utilizzarlo? beh l'intersezione di insiemi grossi sarà ancora grossa e e moltiplicare un insieme per un elemento del gruppo conserva la cardinalità come noto... e se riuscissi a fare in modo da riscrivere la condizione ab in H come intersezione tra due insiemi?... mmm... e poi sarebbe stato facile...

invece:
- ci ho messo troppo ad accorgermi che dimostrare ab=ba voleva dire ab in H;
- solo alla fine del mio secondo tentativo mi sono accorto che potevo usare quella proprietà sull'intersezione e quindi col cavolo che l'ho collegato col primo tentativo;

ciao ciao


cmq un bel problema ed in fondo le idee da utilizzare non erano difficili avilee88, sempre ammesso che siano queste quelle che ha utilizzato il tuo professore... solo che bisognava saper mettere a posto i pezzi con la lucidità che evidentemente mi mancava :lol:
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Messaggioda fields » 24/10/2008, 19:57

Thomas ha scritto:bravo fields che mette apposto i pezzi giusti come al solito!...


Deng iu, Thomas, deng iu. :-D Mi piace la tua analisi critica, con tanto di pittoresche esclamazioni alla Homer :lol:



Mentre attendiamo da alvinlee informazioni riguardo al metodo dimostrativo usato dal suo professore, mi permetto di ricavare dal teorema un corollario interessante.

Un classico esercizio della serie "Il mio primo giorno di teoria dei gruppi" e' il seguente:

Sia $G$ un gruppo finito tale che $g^2=1$ per ogni $g\in G$. Allora $G$ e' abeliano.

Grazie al teorema di alvinlee vengo cosi' ad imparare:

Sia $G$ un gruppo finito tale che $|{g\in G | g^2=1}|>3/4|G|$. Allora $G$ e' abeliano.

:wink:
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Messaggioda ficus2002 » 24/10/2008, 21:25

alvinlee88 ha scritto:Sia $G$ un gruppo finito, $f$ un omomorfismo di $G$ in sè per cui valga $f(g)=g^(-1)$ per almeno $3/4$ degli elementi di $G$. Dimostrare che allora $f(g)=g^(-1)$ per tutti gli elementi di $G$, e che $G$ è abeliano.

fields ha scritto:2. Se $a\in H$, allora $|aHnn H|>1/2|G|$. Infatti, $|aH|>3/4|G|$, $|H|>3/4|G|$: di qui la tesi.

3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.

Secondo il testo dell'esercizio, però, si avrebbe $H\geq 3/4|G|$ anziché $H>3/4|G|$, dunque $|H\cap aH|geq 1/2 |G|$. Se $|G|$ ha ordine pari, non è detto a priori che $|H\cap aH|>1/2 |G|$ e quindi $|Z(a)|>1/2|G|$; in altre parole, potrebbe succedere che $Z(a)$ sia un sottogruppo di indice 2 in $G$.
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Messaggioda fields » 24/10/2008, 22:18

Io ho infatti basato la mia prova sull'affermazione:

alvinlee88 ha scritto:L'idea è dimostrare che $H={ginG|f(g)=g^(-1)}$ è un sottogruppo di $G$. Se infatti così fosse, tale sottogruppo avrebbe ordine $>= [3/4|G|]+1$, dove con $[x]$ indico il minimo intero che non supera $x$


e quindi sul fatto che $|H|>3/4|G|$.
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Messaggioda ficus2002 » 24/10/2008, 22:40

Penso che a priori non si possa affermare $|H|>= [3/4|G|]+1$; per esempio, se $|G|=4k$, l'ipotesi "$H$ ha almeno $3/4$ degli elementi di $|G|$" non esclude il caso $|H|=3/4 |G|$.
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Messaggioda fields » 25/10/2008, 09:32

ficus2002 ha scritto:Penso che a priori non si possa affermare $|H|>= [3/4|G|]+1$; per esempio, se $|G|=4k$, l'ipotesi "$H$ ha almeno $3/4$ degli elementi di $|G|$" non esclude il caso $|H|=3/4 |G|$.


E' chiaro. Io ho interpretato le affermazioni contraddittorie di alvinlee come un segnale del fatto che lui in realta' intendeva come ipotesi che $|H|>= [3/4|G|]+1$. A questo punto solo alvinlee puo' scogliere il mistero :-D

Inoltre, asintoticamente, $|H|>=3/4|G|$ o $|H|>=[3/4|G|]+1$ non fa differenza; per cui non mi sembrava worth the effort modificare una prova semplice per migliorare, se e' possibile, la stima su $|H|$ in modo piuttosto insignificante.
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Messaggioda alvinlee88 » 25/10/2008, 11:41

Scusate se mi sono assentato un pò.

fields ha scritto:@alvinlee

Se ho ben capito, vuoi dimostrare che $Z(h)=G$ per ogni $h\in{g | f(g)=g^{-1}}:=H$. Questo in effetti implica che $G$ e' abeliano e facilmente tutta la tesi.


Esatto
fields ha scritto:3. Per ogni $a\in H$, $Z(a)=G$. Infatti, per 2., $|{b | a,b,ab\in H}|>1/2|G|$. Dunque, per 1., $|Z(a)|>1/2|G|$; essendo $Z(a)$ un sottogruppo di $G$, $Z(a)=G$.

Come al solito grazie mille fields, interventi sempre pronti e precisi. Avrei però un dubbio relativo a quanto sopra quotato, probabilmente sono in errore io. A quanto ho capito, il tuo schema di ragionemtno è il seguente: Affermi che, fissato $ainH$, $Z(a)={binH|abinH}$, e dopo sostieni che ${binH|abinH}=H nn aH$. In tal modo torna tutto (sui 3/4 ci torno dopo).
Se è questo quello che volevi dire, ho 2 obiezioni:
1)Fissato $ainH$, chiamo $T_a={binH|abinH}$ (è il tuo ${b|a,b,abinH}$)
Non sono tanto sicuro che $Z(a)=T_a$. Infatti è certo che se $a,b,abinH$, allora $ab=ba$, ossia $binZ(a)$, da cui $T_a subsetZ(a)$. Non credo valga l'inclusione opposta, in quanto $Z(a)$ consta degli elementi di $G$ che commutano con $a$, non solo quelli di $H$. In questo secondo caso in realtà si starebbe parlando del centralizzante in $H$ di $a$, e per questo in effetti vale anche la seconda inclusione, dato che $ab=ba =>(ab)^(-1)=(ba)^(-1)=a^(-1)b^(-1)=f(a)f(b)=f(ab)$, da cui $abinT_a$, ma ho usato che $f(b)=b^(-1)$, mentre se $b$ è un generico elementi di $G$ non è detto che stia anche in $H$, e che dunque valga $f(b)=b^(-1)$.

2)Non sono tanto sicuro che ${binH|abinH}=H nn aH$. In effetti non mi sembra valga nessuna delle due inclusioni. Ad esempio se $a,b,abinH$, allora $ab=h$ per un certo $hinH$, ossia $b=a^(-1)h$, e non so se questo elementi sta in $H nn aH$. Analogamente se $binH nn aH$, posso dire che $b=ah$ per un certo $hinH$, ma $ab=(a)(ah)$, e non so dire se questo elemento stia ancora in H. Tutto questo problema però si risolve prendendo $H nn a^(-1)H$, in tal modo le due inclusioni sono facilmente verificabili e vale il discorso sulla cardinalità.

Ammesso di non aver detto eresie, resterebbe da correggere il punto 1).
Per il discorso su $3/4|G|$ o $[3/4|G|]+1$, io vi ho scritto il testo correttamente, che dice "..almeno 3/4 degli elementi di $G$". Magari come testo è un pò ambiguo, potremmo differenziare i casi in cui $|G|=4k$, e prendere semplicemente $3/4|G|$, quelli in cui $|G|=2k+1$, e prendere $[3/4|G|]+1$, quelli in cui $G=2k$ e prendere $3/4|G|$ se k è pari, $[3/4|G|]+1$ se k è dispari. Non è che io possa "sciogliere il mistero" :-D, il testo è uguale per tutti, dobbiamo decidere se suddividere in casi o cosa. Comunque non è molto importante, preferisco avere chiarezze sul mio punto 1), ossia sapere se ho sbagliato nel rifare il ragionamento di fields, se l'ho fatto giusto ma lui da per scontato che valga anche la seconda inclusione mentre io sono stupido e non la vedo, oppure se effettivamente dobbiamo cercare un modo di dimostrarlo.
Devo dire che fino a qui, la dimostrazione di "noi tutti" (è un pò in comune) è terribilmente simile a quella del prof, e il passaggio che a noi manca è proprio la seconda inclusione, che lui dimostra appunto sfruttando ancora una volta l'ipotesi dei 3/4. E' strano vedere come opo diversi post siamo approdati quasi papale papale alla dim del prof...
Uno dei tanti motivi per cui odio l'Italia
http://www.youtube.com/watch?v=mbkQYskrf3w&hl=it
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