Il primo è "lagrange sul quoziente". Ma visto che i problemi di teoria dei gruppi si scrivono bene, scrivo tutta la soluzione ed invito chi legge a saltarla.
Sia $ ~ A = G/N $, con $ ~ \phi: G \rightarrow A $ omomorfismo canonico. Allora sappiamo che $ ~ (o(A), o(N)) = 1 $. Supponiamo che $ ~ x \in G, x^{o(N)} = e $. Allora $ ~ \phi(x)^{o(N)} = e $. Quindi $ ~ o(\phi(x)) \mid o(N) $, ma per Lagrange, $ ~ o(\phi(x)) \mid o(A) $, ed essendo o(N),o(A) coprimi concludiamo che $ ~ o(\phi(x)) = 1 $, cioè $ ~ \phi(x) $ è l'identità in A, cioè x è nel nucleo di $ ~ \phi $. Il nucleo è proprio N: $ ~ x \in N $.
Per il 2: è sbagliato!
G' in generale, come l'hai definito, non è neanche un sottogruppo.
Infatti si definisce G' come il sottogruppo generato dai commutatori (cioè gli elementi della forma $ ~ xyx^{-1}y^{-1} $), in tal caso è tutto vero: è normale, è il più piccolo che da un quoziente abeliano, etc.
ESERCIZIO SUI GRUPPI (ANCORA!)
Nel senso che è corretto definire G' come il più piccolo gruppo che contenga i commutatori.
Più formalmente:
definiamo $ ~ [G,G] = \{aba^{-1}b^{-1} | a,b \in G \} $. Allora $ ~ G' $ è l'intersezione di tutti i sottogruppi di G che contengono [G,G].
(notiamo che intersezione di sottogruppi è ancora un sottogruppo, e che G è un sottogruppo di G che contiene [G,G], quindi questo è ben definito)
Equivalentemente: G' è l'insieme di tutti gli elementi di G che si scrivono come prodotto di elementi di [G,G].
Più formalmente:
definiamo $ ~ [G,G] = \{aba^{-1}b^{-1} | a,b \in G \} $. Allora $ ~ G' $ è l'intersezione di tutti i sottogruppi di G che contengono [G,G].
(notiamo che intersezione di sottogruppi è ancora un sottogruppo, e che G è un sottogruppo di G che contiene [G,G], quindi questo è ben definito)
Equivalentemente: G' è l'insieme di tutti gli elementi di G che si scrivono come prodotto di elementi di [G,G].
Comunque l'esercizio 2 è proprio un risultato bello!
a) (prima dimostrazione)
Abbreviando con $ ~ [g,h] = g^{-1}h^{-1}gh $, con un po' di fatica si arriva all'identità (provare per credere):
$ ~ a [g,h] a^{-1} = [g,h][[g,h],a] $
questo dimostra che il coniugato di un elemento di [G,G] appartiene a G'. Siccome il coniugato di un prodotto è il prodotto dei coniugati ($ ~ x \rightarrow gxg^{-1} $ è un automorfismo, volendo), il coniugato di un elemento di G', che è il coniugato di un prodotto di elementi di [G,G], è il prodotto di coniugati di elementi di [G,G], che per la formula sopra è un prodotto di elementi di G', quindi un elemento di G' (scusate per la frase contorta).
b) (dimostrazione più furba)
Tesi più forte: G' è l'insieme degli elementi di G che si scrivono come un prodotto di un po' di elementi di G in cui, riordinando i fattori, otteniamo l'identità.
Ad esempio, per $ ~ a,b,c \in G $, sostengo che $ ~ abcb^{-1}a^{-1}bc^{-1}b^{-1} $ appartiene a G' (basta avvicinare ogni lettera col suo inverso e si ottiene l'identità).
Freccia facile: un elemento di G' è il prodotto di un po' di commutatori, in ciascun commutatore è facile riordinare le lettere per ottenere 1.
Freccia non-trivial: praticamente, se ho un prodotto di elementi di G e lo moltiplico a destra per un commutatore scelto bene, posso scambiare due blocchi di fattori di quel prodotto che stanno a destra. Visto questo, non è difficile vedere che iterando il procedimento ottengo tutte le permutazioni.
Bon le lettere successive son più tranquille:
Sia $ ~ \phi: G \rightarrow A $ un omomorfismo. L'immagine è un gruppo abeliano se e soltanto se, per ogni $ ~ a,b \in G $ abbiamo:
$ ~ \phi(a)\phi(b) = \phi(b)\phi(a) $, cioè, sfruttando il fatto che è un omomorfismo:
$ ~ \phi(aba^{-1}b^{-1}) = e $
cioè, se e soltanto se [G,G] sta nel nucleo. Visto che il nucleo è un sottogruppo normale, possiamo dire se e soltanto se G' sta nel nucleo. Questo fa fuori b,c.
Il punto d), si può dimostrare proprio direttamente con una formulina tipo punto a1), però c'è una dimostrazione che fa capire perchè funziona:
Sia $ ~ H \supset G' $ un sottogruppo di G, $ ~ \phi $ l'omomorfismo da $ ~ G $ su $ ~ A=G/G' $, che è abeliano. $ ~ \phi(H) $ è un sottogruppo di A (dimostrare), ed essendo A abeliano, è anche banalmente un sottogruppo normale. Quindi c'è un omomorfismo $ ~ \tau : A \rightarrow B=A/\phi(H) $ di nucleo $ ~ \phi(H) $. Consideriamo $ ~ \phi \tau $, che è un omomorfismo da G su B. Qual è il suo nucleo? Beh, direi che è proprio H!!
In altre parole, il punto d) è vero perchè ogni sottogruppo di un gruppo abeliano è normale.
a) (prima dimostrazione)
Abbreviando con $ ~ [g,h] = g^{-1}h^{-1}gh $, con un po' di fatica si arriva all'identità (provare per credere):
$ ~ a [g,h] a^{-1} = [g,h][[g,h],a] $
questo dimostra che il coniugato di un elemento di [G,G] appartiene a G'. Siccome il coniugato di un prodotto è il prodotto dei coniugati ($ ~ x \rightarrow gxg^{-1} $ è un automorfismo, volendo), il coniugato di un elemento di G', che è il coniugato di un prodotto di elementi di [G,G], è il prodotto di coniugati di elementi di [G,G], che per la formula sopra è un prodotto di elementi di G', quindi un elemento di G' (scusate per la frase contorta).
b) (dimostrazione più furba)
Tesi più forte: G' è l'insieme degli elementi di G che si scrivono come un prodotto di un po' di elementi di G in cui, riordinando i fattori, otteniamo l'identità.
Ad esempio, per $ ~ a,b,c \in G $, sostengo che $ ~ abcb^{-1}a^{-1}bc^{-1}b^{-1} $ appartiene a G' (basta avvicinare ogni lettera col suo inverso e si ottiene l'identità).
Freccia facile: un elemento di G' è il prodotto di un po' di commutatori, in ciascun commutatore è facile riordinare le lettere per ottenere 1.
Freccia non-trivial: praticamente, se ho un prodotto di elementi di G e lo moltiplico a destra per un commutatore scelto bene, posso scambiare due blocchi di fattori di quel prodotto che stanno a destra. Visto questo, non è difficile vedere che iterando il procedimento ottengo tutte le permutazioni.
Bon le lettere successive son più tranquille:
Sia $ ~ \phi: G \rightarrow A $ un omomorfismo. L'immagine è un gruppo abeliano se e soltanto se, per ogni $ ~ a,b \in G $ abbiamo:
$ ~ \phi(a)\phi(b) = \phi(b)\phi(a) $, cioè, sfruttando il fatto che è un omomorfismo:
$ ~ \phi(aba^{-1}b^{-1}) = e $
cioè, se e soltanto se [G,G] sta nel nucleo. Visto che il nucleo è un sottogruppo normale, possiamo dire se e soltanto se G' sta nel nucleo. Questo fa fuori b,c.
Il punto d), si può dimostrare proprio direttamente con una formulina tipo punto a1), però c'è una dimostrazione che fa capire perchè funziona:
Sia $ ~ H \supset G' $ un sottogruppo di G, $ ~ \phi $ l'omomorfismo da $ ~ G $ su $ ~ A=G/G' $, che è abeliano. $ ~ \phi(H) $ è un sottogruppo di A (dimostrare), ed essendo A abeliano, è anche banalmente un sottogruppo normale. Quindi c'è un omomorfismo $ ~ \tau : A \rightarrow B=A/\phi(H) $ di nucleo $ ~ \phi(H) $. Consideriamo $ ~ \phi \tau $, che è un omomorfismo da G su B. Qual è il suo nucleo? Beh, direi che è proprio H!!
In altre parole, il punto d) è vero perchè ogni sottogruppo di un gruppo abeliano è normale.
