sia G un gruppo finito, e supponiamo che esista un automorfismo T:G -> G per cui valgono
- T(x)=x se e solo se x=e, l'identità del gruppo, e
- T(T(x))=x per ogni x in G
provare che allora G è abeliano
gruppi sorprendentemente abeliani
- psion_metacreativo
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Se $ G $ è un gruppo e $ n=ord(G)<\infty $ e $ \exists\varphi\in Aut(G)\forall x\in G : $$ \displaystyle\begin{math}\left\{\begin{array}{l}\varphi(x)=x\Leftrightarrow x=e\ \ \ \ (1) \\ \varphi(\varphi(x))=x\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2) \end{array} $ ,
allora $ \displaystyle\begin{math}\begin{array}{l}(1)\Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}>1\\(2)\Rightarrow \varphi^{2}=id\Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}\varphi\leq2\end{array}\end{math} $$ \Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}\varphi=2 $. Poichè $ ord(G)=n<\infty\Rightarrow Aut(G) $ è un sottogruppo di $ S_n $, dunque $ \varphi $ è una permutazione che lascia fissa l'identità e si scompone in prodotto di cicli disgiunti in cui gli elementi di ogni ciclo hanno lo stesso ordine, cioè $ \displaystyle\prod_{i=1}^{k}(x_{1}\cdots x_{s(i)}) $ e $ ord_{_{Aut(G)}}\varphi=mcm(\left\langle s(i)|i=1\ldots k\right\rangle) $ . Poichè l'unico punto fisso è l'identità e $ ord_{_{Aut(G)}}2\Rightarrow mcm(\left\langle s(i)|i=1\cdots k\right\rangle)=2\Rightarrow s(i)=2\ \ \forall i=1\ldots k $ cioè $ \varphi $ è il prodotto di $ k $ trasposizioni disgiunte.
(da qui in poi corretto rispetto alla soluzione originale, per rispondere a una giusta obiezione di Talpuz che trovate nel messaggio successivo di questo topic)
Inoltre essendo $ \forall x\in G : ord_{_{G}}x= ord_{_{G}}x^{-1} $ allora ogni ciclo di $ \varphi $ o contiene almeno $ x $ e $ x^{-1} $ e dunque contiene esattamente solo loro, oppure è uguale a $ (xy) $ ed esiste anche un ciclo $ (x^{-1}y^{-1}) $ cioè se $ A=\left\{x\in G|\varphi(x)=x^{-1}\right\} $, e $ B=\left\{x\in G|\exists y\in G\ \varphi(x)=y,\ \wedge\ y\neq x^{-1}\right\} $ allora $ G=A\cup B $.
Distinguiamo due casi:
Se $ x,y\in A $ allora $ xy=\varphi(\varphi(xy))=\varphi(\varphi(x)\varphi(y))=\varphi(x^{-1}y^{-1})=(x^{-1}y^{-1})^{-1}=yx $
Se $ x,y\in B $ allora $ \varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)=yx\Rightarrow xy\neq yx $ perchè l'unico punto fisso è l'identità e $ xy\neq e $ perchè $ y\neq x^{-1} $.
Perciò per dimostrare G abeliano è sufficiente dimostrare che $ B=\phi $ che è equivalente a dimostrare che $ \forall x,y\in G\ \ \varphi(x)\neq y\ \vee\ y=x^{-1} $.
work in progress...
allora $ \displaystyle\begin{math}\begin{array}{l}(1)\Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}>1\\(2)\Rightarrow \varphi^{2}=id\Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}\varphi\leq2\end{array}\end{math} $$ \Rightarrow ord_{_{Aut(G)}}\varphi=2 $. Poichè $ ord(G)=n<\infty\Rightarrow Aut(G) $ è un sottogruppo di $ S_n $, dunque $ \varphi $ è una permutazione che lascia fissa l'identità e si scompone in prodotto di cicli disgiunti in cui gli elementi di ogni ciclo hanno lo stesso ordine, cioè $ \displaystyle\prod_{i=1}^{k}(x_{1}\cdots x_{s(i)}) $ e $ ord_{_{Aut(G)}}\varphi=mcm(\left\langle s(i)|i=1\ldots k\right\rangle) $ . Poichè l'unico punto fisso è l'identità e $ ord_{_{Aut(G)}}2\Rightarrow mcm(\left\langle s(i)|i=1\cdots k\right\rangle)=2\Rightarrow s(i)=2\ \ \forall i=1\ldots k $ cioè $ \varphi $ è il prodotto di $ k $ trasposizioni disgiunte.
(da qui in poi corretto rispetto alla soluzione originale, per rispondere a una giusta obiezione di Talpuz che trovate nel messaggio successivo di questo topic)
Inoltre essendo $ \forall x\in G : ord_{_{G}}x= ord_{_{G}}x^{-1} $ allora ogni ciclo di $ \varphi $ o contiene almeno $ x $ e $ x^{-1} $ e dunque contiene esattamente solo loro, oppure è uguale a $ (xy) $ ed esiste anche un ciclo $ (x^{-1}y^{-1}) $ cioè se $ A=\left\{x\in G|\varphi(x)=x^{-1}\right\} $, e $ B=\left\{x\in G|\exists y\in G\ \varphi(x)=y,\ \wedge\ y\neq x^{-1}\right\} $ allora $ G=A\cup B $.
Distinguiamo due casi:
Se $ x,y\in A $ allora $ xy=\varphi(\varphi(xy))=\varphi(\varphi(x)\varphi(y))=\varphi(x^{-1}y^{-1})=(x^{-1}y^{-1})^{-1}=yx $
Se $ x,y\in B $ allora $ \varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)=yx\Rightarrow xy\neq yx $ perchè l'unico punto fisso è l'identità e $ xy\neq e $ perchè $ y\neq x^{-1} $.
Perciò per dimostrare G abeliano è sufficiente dimostrare che $ B=\phi $ che è equivalente a dimostrare che $ \forall x,y\in G\ \ \varphi(x)\neq y\ \vee\ y=x^{-1} $.
work in progress...
Ultima modifica di psion_metacreativo il 09 feb 2006, 16:20, modificato 2 volte in totale.
questo passaggio pare che non vadapsion_metacreativo ha scritto: Inoltre essendo $ \forall x\in G : ord_{_{G}}x= ord_{_{G}}x^{-1} $ allora ogni ciclo contiene almeno $ x $ e $ x^{-1} $ dunque contiene esattamente solo loro.
potrebbero esserci x e y con ordine uguale, e T potrebbe mandare x in y e x^-1 in y^-1, invece che ognuno nel suo inverso...
Sia
$ A=\left\{g\in G:T(g)=g^{-1}\rigth\} $
Mostriamo che l'applicazione:
$ \xi :G\rightarrow A $
definita da $ \xi (g)=T(g)g^{-1} $ è injettiva e quindi bijettiva perchè per ipotesi G è finito. Di conseguenza $ A=G $. Da ciò segue che G è abeliano.
Proviamo che $ \forall g\in G $ si ha $ \xi (g)\in A $:
$ T(\xi (g))=T(T(g)g^{-1})=T(T(g))T(g^{-1})= \\ =gT(g)^{-1}=(T(g)g^{-1})^{-1}=\xi (g) ^{-1} $
Inoltre $ \xi $ è injettiva:
$ \xi (g) = \xi (h) \Rightarrow T(g)g^{-1}=T(h)h^{-1} \Rightarrow \\ T(h)^{-1}T(g)=h^{-1}g \Rightarrow T(h^{-1}g)=h^{-1}g \Rightarrow \\ h^{-1}g=e \Rightarrow g=h $
Di conseguenza $ A=G $ e
$ g_1g_2=T(T(g_1g_2))=T(g_1^{-1}g_2^{-1})=T((g_2g_1)^{-1})=g_2g_1 $
$ A=\left\{g\in G:T(g)=g^{-1}\rigth\} $
Mostriamo che l'applicazione:
$ \xi :G\rightarrow A $
definita da $ \xi (g)=T(g)g^{-1} $ è injettiva e quindi bijettiva perchè per ipotesi G è finito. Di conseguenza $ A=G $. Da ciò segue che G è abeliano.
Proviamo che $ \forall g\in G $ si ha $ \xi (g)\in A $:
$ T(\xi (g))=T(T(g)g^{-1})=T(T(g))T(g^{-1})= \\ =gT(g)^{-1}=(T(g)g^{-1})^{-1}=\xi (g) ^{-1} $
Inoltre $ \xi $ è injettiva:
$ \xi (g) = \xi (h) \Rightarrow T(g)g^{-1}=T(h)h^{-1} \Rightarrow \\ T(h)^{-1}T(g)=h^{-1}g \Rightarrow T(h^{-1}g)=h^{-1}g \Rightarrow \\ h^{-1}g=e \Rightarrow g=h $
Di conseguenza $ A=G $ e
$ g_1g_2=T(T(g_1g_2))=T(g_1^{-1}g_2^{-1})=T((g_2g_1)^{-1})=g_2g_1 $
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