Gruppi e sottogruppi

[angus89]

Salve a tutti
Credo che questo problema sia già comparso tempo fà sul forum, è un problema che ho tentato di risolvere più volte e ho visto risolto altrettante volte, ma mai una dimostrazione convincente. Finalmente credo di essere giunto ad una mia dimostrazione, quello che chiedo è una rapida lettura a chiunque ne abbia voglia e la segnalazione di eventuali errori (e orrori). Ringrazio tutti coloro che lo faranno.
Naturalmente consiglio a tutti coloro che si cimentano nella teoria dei gruppi di risolvere indipendentemente l'esercizio dato che io l'ho trovato parecchio interessante.

Sia $G$ gruppo dove l'intersezione di sottogruppi diversi da $(e)$ è un sottogruppo diverso da $(e)$, dimostrare che l'ordine di un qualsiasi elemento di $G$ è finito

Dimostrazione:
Se $G$ è finito banalmente abbiamo la tesi.
Se $G$ è infinito dobbiamo dimostrare il tutto.
Abbiamo bisogno di un lemma

LEMMA
Se $G$ è un gruppo infinito, ammette sottogruppi non banali
dimostrazione del lemma
$G=(e,a,b,c,...)$
prendiamo
$(a)=(e,a,a^2,a^3,...)$
$(a)$ è sottogruppo non banale.
Se $G$ è ciclico
$G=(e,g,g^2,g^3,...)$
prendiamo $(g^2)=(e,g^2,g^4,g^6,...)$
questo è un sottogruppo non banale.

Introdotto il lemma mandiamo avanti la dimostrazione e definiamo il sottogruppo $K$ come l'intersezione di tutti i sottogruppi di $G$
Ora, questo sottogruppo non può esser infinito altrimenti avrebbe un sottogruppo non banale $F$ che sarebbe anche sottogruppo di $G$, e ciò andrebbe contro le ipotesi poiché abbiamo intersecato tutti sottogruppi.

Ora abbiamo che $K$ non può contenere solo l'elemento neutro perché lo abbiamo ottenuto intersecando sottogruppi non banali e le ipotesi del problema ci dicono che dobbiamo ottenere un sottogruppo non banale.

E dunque l'unica scelta è che $K$ sia di ordine finito.

Prendiamo ora un qualsiasi $g in G$ e prendiamo il sottogruppo che esso genera.
Indichiamo con $(g)$ il sottogruppo generato da $g$.
Per le ipotesi l'intersezione di due sottogruppi non banali deve esser un sottogruppo non banale.
E dunque intersechiamo $(g)$ e $K$, in tale intersezione deve esserci almeno un elemento $s$.
Ma se $s in (g)$ allora l'ordine di $(s)$ è infinito. E poiché $s in K$ risulterebbe che l'ordine di $K$ è infinito, il che è contro le ipotesi.
E dunque l'unica scelta è che l'ordine di ogni sottogruppo sia finito.

CVD

Altri lemmi utilizzati
- L'intersezione di due sottogruppi è un sottogruppo
- Dato un gruppo ciclico infinito, un sottogruppo di questi è infinito

E poi una curiosità...
Ho dimostrato (si spera) il tutto...
Ma esiste davvero un Gruppo $G$ del genere?

[vict85]

I gruppi i cui elementi sono tutti finiti si chiamano gruppi di torsione.

Un esempio è il gruppo $U_(p^\infty) = {x \in CC\ |\ EE n \in NN,\ x^(p^n) = 1}$, che tra l'altro è anche un $p$-gruppo, ogni suo sottogruppo è un $p$-gruppo ciclico e la loro intersezione è non banale perché tutti contengono il sottogruppo ciclico di ordine $p$.

[angus89]

ok ma quello che mi preme e`:
Ci sono errori?

[vict85]

L'unica cosa che mi lascia perplesso è: Una intersezione di un numero numerabile di insiemi ha sempre minimo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?

[vict85]

Tra l'altro stavo notando che in $ZZ$ l'intersezione di un qualsiasi sottogruppo $<n>$ con un altro sottogruppo $<m>$ è sempre $<mcm(n,m)>$ e quindi è sempre non banale. Sei sucuro che il problema sia giusto?

[angus89]

allora...
io ho avuto lo stesso dubbio e lo abbiamo risolto con il mio esercitatore di aritmetica...
In $Z$ e' particolarmente semplice...
Posto che tutti i sottogruppi di $Z$ son della forma $nZ$ per qualche $n$.
Se fai un'intersezione infinita ottieni che all'interno di questa intersezione c'e' solo l'elemento neutro...
anche perche' se fai l'intersezione di $mZ$ e $nZ$ ottieni tutti i numeri che son multipli di $m$ e di $n$, ma in generale se fai quest'intersezione all'infinito ottieni che nessun numero puo' esser multiplo di tutti i numeri...

Quindi il problema potrebbe esser nel fatto che fai un'intersezione infinita, ma a tal problema si ovvia, poiche' al limite puoi degenerare e ottenere come gruppo quello banale, ma l'ipotesi ce lo impedisce...

[Martino]

L'unica cosa che mi lascia perplesso è: Una intersezione di un numero numerabile di insiemi ha sempre minimo?
Nel senso prendiamo $ZZ$ e intersechiamolo con $2ZZ$ e il risultato per $4ZZ$ e andiamo avanti intersecando sempre il risultato per $2^(n+1)ZZ$... Qual'é il sottoinsieme (o anche sottogruppo in questo caso) che è intersezione di tutti i sottogruppi di questo tipo?

Non capisco a cosa ti stai riferendo: nel problema di angus89 si ipotizza che il gruppo $G$ sia tale che ogni intersezione di sottogruppi non banali sia non banale, e si deduce qualcosa. Non sta mica dicendo che ogni gruppo verifica questa condizione. Per esempio appunto in $ZZ$ l'intersezione dei $2^nZZ$ e' $0$.

[Martino]

Io non vedo problemi con le intersezioni infinite: per ipotesi tutte le intersezioni (anche quelle infinite) di sottogruppi non banali di $G$ sono non banali. E la possibile infinita' di tali intersezioni si usa nel costruire $K$.

[angus89]

in definitiva credi sia corretta come dimostrazione?

[Martino]

in definitiva credi sia corretta come dimostrazione?

Si'.