Salve a tutti.
Ricordo che dato un insieme X, un filtro su X è un sottoinsieme F di P(X) (parti di X) tale che:
1. F è chiuso per intersezioni finite.
2. Se $ A \in F $ e $ B \in P(X) $ è tale che $ A \subseteq B $ allora $ B \in F $.
3. $ \emptyset \not \in F $.
Un ultrafiltro è un filtro massimale, ovvero tale che ogni sottoinsieme di P(X) che lo contiene strettamente non è un filtro.
Abbiamo visto in un altro topic che se un'unione finita di sottoinsiemi di X sta in un ultrafiltro su X allora almeno uno di tali sottoinsiemi sta nell'ultrafiltro.
Consideriamo un insieme infinito $ \Lambda $. Si vede facilmente che l'insieme
$ F:=\{A \subseteq \Lambda\ |\ \Lambda \setminus A\ \`e\ finito\} $
è un filtro su $ \Lambda $. Prendiamo ora un ultrafiltro U su X contenente F (si può facilmente mostrare utilizzando il lemma di Zorn che esso esiste).
Ora prendiamo un gruppo finito T, di ordine n, e definiamo
$ G:= \prod_{\lambda \in \Lambda}T_{\lambda} $
dove $ T_{\lambda} \cong T $ per ogni $ \lambda \in \Lambda $. G è un gruppo con l'operazione definita componente per componente.
Definiamo, per ogni $ g \in G $,
$ \Omega(g):=\{\lambda \in \Lambda\ |\ g_{\lambda}=1\} $
e infine:
$ H:=\{g \in G\ |\ \Omega(g) \in U\} $.
Dimostrare che H è un sottogruppo normale di G di indice n.
Altro esercizio con (gruppi e) ultrafiltri
Altro esercizio con (gruppi e) ultrafiltri
"Possono essere anche patate, basta che ci sia l'azione!"
Molto bello! 
Intanto notiamo che $ ~ \Omega(g^{-1}) = \Omega(g) $, perchè l'inverso di 1 è 1 e l'inverso di un elemento diverso da 1 è diverso da 1.
Quindi $ ~ h \in H \Leftarrow h^{-1} \in H $.
Ora, prendiamo due elementi $ ~h,j \in H $ e calcoliamo $ ~ \Omega(hj) $. Sappiamo che $ ~ \Omega(h) \cap \Omega(j) \in U $, ma d'altra parte, poichè 1*1 = 1, $ ~ \Omega(hj) \supset \Omega(h) \cap \Omega(j) $, quindi $ ~ \Omega(hj) \in U $.
Concludiamo che H è un sottogruppo di G.
Ora, dati $ ~ g \in G, h \in H $, consideriamo $ ~ \Omega(g^{-1}hg) $. Beh, se $ ~ h_{\lambda} = 1 $ allora $ ~ g_{\lambda}^{-1}h_{\lambda}g_{\lambda} = 1 $, therefore $ ~ \Omega(g^{-1}hg) \supset \Omega(h) $ and $ ~ \Omega(g^{-1}hg) \in U $.
Quindi H è normale in G.
Osserviamo che finora abbiamo usato solo il fatto che U è un filtro, non che è massimale. Questo sarà indispensabile per trovare l'indice di H.
Claim: i laterali di H sono tutti quelli della forma $ ~ \{g \in G:\Omega_t(g) \in U\} $ dove t è un elemento di T e $ ~ \Omega_t(g) $ è l'insieme di tutti i punti di A il cui elemento corrispondente a g è t (insomma, $ ~ \Omega = \Omega_1 $).
Dimostrazione:
prendiamo $ ~ g \in G $. Partizioniamo A in tutti i punti dove vale$ ~ \lambda $ dove $ ~ g_{\lambda} = t $ al variare di t in T. È una partizione finita, e U è un ultrafiltro, quindi esattamente un elemento della partizione appartiene a U.
Quindi esiste un unico $ ~ t \in T $ tale che $ ~ \Omega_t(g) \in U $. Ora, prendendo un elemento h in H, osserviamo che $ ~ \Omega_t(hg) \supset \Omega(h) \cap \Omega_t(g) $, perchè se vale 1 in h e t in g, allora vale t in hg, e quindi $ ~ \Omega_t(hg) \in U $.
Concludiamo che ogni laterale destro "vero" è un sottoinsieme di un laterale destro di quelli da noi congetturati.
Per concludere basta dimostrare che i laterali congetturati formano una partizione di G. Che la loro unione è G l'abbiamo fatto notare poche righe sopra. Aggiungendo che se $ ~ s \neq t $ allora $ ~ \Omega_s(g) \cap \Omega_t(g) = \void $ e quindi questi non possono appartenere entrambi a U.
Ah, aggiungo che G/H è isomorfo a T.
Posta pure problemi simili, sono apprezzati!
Intanto notiamo che $ ~ \Omega(g^{-1}) = \Omega(g) $, perchè l'inverso di 1 è 1 e l'inverso di un elemento diverso da 1 è diverso da 1.
Quindi $ ~ h \in H \Leftarrow h^{-1} \in H $.
Ora, prendiamo due elementi $ ~h,j \in H $ e calcoliamo $ ~ \Omega(hj) $. Sappiamo che $ ~ \Omega(h) \cap \Omega(j) \in U $, ma d'altra parte, poichè 1*1 = 1, $ ~ \Omega(hj) \supset \Omega(h) \cap \Omega(j) $, quindi $ ~ \Omega(hj) \in U $.
Concludiamo che H è un sottogruppo di G.
Ora, dati $ ~ g \in G, h \in H $, consideriamo $ ~ \Omega(g^{-1}hg) $. Beh, se $ ~ h_{\lambda} = 1 $ allora $ ~ g_{\lambda}^{-1}h_{\lambda}g_{\lambda} = 1 $, therefore $ ~ \Omega(g^{-1}hg) \supset \Omega(h) $ and $ ~ \Omega(g^{-1}hg) \in U $.
Quindi H è normale in G.
Osserviamo che finora abbiamo usato solo il fatto che U è un filtro, non che è massimale. Questo sarà indispensabile per trovare l'indice di H.
Claim: i laterali di H sono tutti quelli della forma $ ~ \{g \in G:\Omega_t(g) \in U\} $ dove t è un elemento di T e $ ~ \Omega_t(g) $ è l'insieme di tutti i punti di A il cui elemento corrispondente a g è t (insomma, $ ~ \Omega = \Omega_1 $).
Dimostrazione:
prendiamo $ ~ g \in G $. Partizioniamo A in tutti i punti dove vale$ ~ \lambda $ dove $ ~ g_{\lambda} = t $ al variare di t in T. È una partizione finita, e U è un ultrafiltro, quindi esattamente un elemento della partizione appartiene a U.
Quindi esiste un unico $ ~ t \in T $ tale che $ ~ \Omega_t(g) \in U $. Ora, prendendo un elemento h in H, osserviamo che $ ~ \Omega_t(hg) \supset \Omega(h) \cap \Omega_t(g) $, perchè se vale 1 in h e t in g, allora vale t in hg, e quindi $ ~ \Omega_t(hg) \in U $.
Concludiamo che ogni laterale destro "vero" è un sottoinsieme di un laterale destro di quelli da noi congetturati.
Per concludere basta dimostrare che i laterali congetturati formano una partizione di G. Che la loro unione è G l'abbiamo fatto notare poche righe sopra. Aggiungendo che se $ ~ s \neq t $ allora $ ~ \Omega_s(g) \cap \Omega_t(g) = \void $ e quindi questi non possono appartenere entrambi a U.
Ah, aggiungo che G/H è isomorfo a T.
Posta pure problemi simili, sono apprezzati!