teorema di Cauchy

Teorema in algebra (Logar)

Sia $G$ gruppo finito e sia $p$ un numero primo tale che $p\mid |G|$. Allora $\exists g\in G$ con elemento di ordine $p$ e quindi $\exists$ un sottogruppo di ordine $p$, dato dal generato dall’elemento di ordine $p$.

Dimostrazione per induzione

Caso base: $n=|G|=1,2,3$ banale → nulla da dimostrare

Ipotesi induttiva: Supponiamo $n\ge 4$ e $n$ non primo (se $n$ fosse primo, $G$ sarebbe ciclico di ordine primo e quindi un qualunque suo generatore soddisfa il teorema)

Proviamo il teorema per induzione, supponiamo che sia vero per tutti gli ordini $<n$ e non sia vero per $n$.

E sia $p$ un divisore di $n$ ($p\mid n$). In particolare, nessun elemento di $G$ può avere ordine un multiplo di $p$.

Se si fosse un elemento di $G$ di ordine $kp=k$, allora il gruppo ciclico generato da $g$ avrebbe ordine $kp$ e per l’ipotesi induttiva avrebbe sottogruppo con elementi di ordine $p$ perché $p\mid kp$.

Sia $H=⟨h⟩$ (gruppo ciclico generato da $h$).

Gli elementi di $H$ hanno ordine $m$ e $m$ non è divisibile per $p$.

Consideriamo il gruppo quoziente $G/H$ che ha ordine $|G/H|$, e $p$ divide l’ordine di $G/H$. Inoltre $|G/H|<|G|$ allora per ipotesi induttiva $G/H$ ha un elemento di ordine $p$. Sia $[x]$ tale elemento:

$$[x^p]=[1]\text{cioeˋ}{x}^p\in H=⟨h⟩\text{cioeˋ}\exists r:x^p=h^r$$

Sia $d=\text{MCD}(m,r)$, considero $x^{m/d}\in G$

Che ordine ha $x^{m/d}$?

$$(x^{m/d}{)}^p=(x^p{)}^{m/d}=(h^r{)}^{m/d}=(h^m{)}^{r/d}=1$$

Quindi $(x^{m/d}{)}^p=1$

Vediamo se per caso $x^{m/d}=1$ (assurdo perché proveremmo che $[x]=1$)

Se fosse vero $[x{]}^{m/d}=1$ ma $[x]$ ha ordine $p$ quindi $p$ dovrebbe dividere $m/d$ in particolare $p$ dovrebbe dividere $m$ e questo è contro l’ipotesi.

Quindi $x^{m/d}$ ha ordine $p$.

Teorema in analisi (Del Santo)

Supponiamo $g,f:[a,b]\to \mathbb{R}$,
$f,g$ continue su $[a,b]$,
$f,g$ derivabili su $]a,b[$

supponiamo che $\forall x\in ]a,b[:g^{\prime }(x)\ne 0$

allora $g(b)\ne g(a)$ e $\exists \xi \in ]a,b[:$

$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

Dimostrazione

Provo che $g(b)\ne g(a)$
infatti se fosse $g(b)=g(a)$, potrei applicare Rolle alla funzione $g$
e ci sarebbe $\xi \in ]a,b[:g^{\prime }(\xi )=0$,
ma per ipotesi $g^{\prime }(x)\ne 0,\forall x$.

Ora considero la funzione

$\Phi (x)=f(x)(g(b)-g(a))-g(x)(f(b)-f(a))$

$\Phi :[a,b]\to \mathbb{R}$,
$\Phi$ è continua su $[a,b]$,
$\Phi$ è derivabile su $]a,b[$

$\Phi (a)=f(a)(g(b)-g(a))-g(a)(f(b)-f(a))=$
$=f(a)g(b)-f(a)g(a)-g(a)f(b)+g(a)f(a)=f(a)g(b)-g(a)f(b)$

$\Phi (b)=f(b)(g(b)-g(a))-g(b)(f(b)-f(a))=$
$=f(b)g(b)-f(b)g(a)-g(b)f(b)+g(b)f(a)=g(b)f(a)-f(b)g(a)$

$\Rightarrow \Phi (a)=\Phi (b)$

Applico Rolle a $\Phi$ e ottengo
$\exists \xi \in ]a,b[:{\Phi }^{\prime }(\xi )=0$

${\Phi }^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)(g(b)-g(a))-g^{\prime }(x)(f(b)-f(a))$
quindi $f^{\prime }(\xi )(g(b)-g(a))-g^{\prime }(\xi )(f(b)-f(a))=0$

quindi

$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

Risorse