[manooooh]

\( \def\lcm{\operatorname{lcm}} \)Hola!!

Me gustaría entender la prueba de que

\( \Bbb Z_{nm}\approx\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m\iff\gcd(n,m)=1 \)

en base a lo que Luis establece aquí:

Fíjate que para cualquier \( (a,b)\in \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \), para cualquier múltiplo común \( k \) de \( n,m \) se tiene que:

\( k(a,b)=(ka,kb)=(0,0)\in \color{red}\Bbb Z_n\color{black}\times \Bbb Z_m \)

por ser \( ka,kb \) múltiplos respectivamente de \( n \) y \( m \).

Por tanto el mayor subgrupo cíclico contenido en \( \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \) a lo sumo tiene orden \( m.c.m(n,m) \)  (mínimo común múltiplo de \( m \) y \( n \))

Si \( g.c.d(n,m)>1 \) entonces:

\( m.c.m(n,m)=\dfrac{nm}{g.c.d(n,m)}<nm \)

por tanto  el mayor orden de un subgrupo cíclico de \( \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \) es menor que su orden, luego no es un grupo cíclico y no puede ser isomorfo a \( \Bbb Z_{nm} \).

Entiendo que está demostrando \( \implies \), así que lo dividiré en 2 partes:

1. El mayor subgrupo cíclico contenido en \( \Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \) tiene a lo sumo orden \( \lcm(n,m) \).

2. Reducción al absurdo.

De 1:

¿"mayor subgrupo cíclico" significa "subgrupo cíclico con el mayor cardinal"?

Empieza tomando \( (a,b)\in \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \). Luego entiendo que define \( k=\lcm(n,m) \) y muestra que \( (ka,kb)=(0,0) \), pero... ¿cómo que \( ka \) es múltiplo de \( n \) (ídem para \( m \))?

Entiendo que para todo \( n \), \( n\mid n \), luego \( n\mid kn \), pero si quisiéramos hablar de \( a \) deberíamos decir "El subgrupo generado por \( a \)", entonces quedaría \( \lvert\langle a\rangle\rvert\mid n \) (teorema de Lagrange), ¿y luego qué?

Además no entiendo cómo de ahí se concluye que el mayor subgrupo cíclico contenido en \( \Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \) tiene a lo sumo orden \( \lcm(n,m) \).


De 2:

Como \( k \) es el mayor orden de un subgrupo cíclico de \( \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \) y si suponemos \( \gcd(n,m)>1 \), tenemos que \( \lcm(n,m)<nm \), lo cual es un absurdo. ¿Aquí estamos usando que si \( \langle a\rangle=\Bbb{Z}_i \) entonces \( \lvert\langle a\rangle\rvert=\lvert\Bbb{Z}_i\rvert \)?


Por otro lado, quisiera demostrar \( \gcd(n,m)=1\implies\Bbb Z_{nm}\approx\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \).

¿Podríamos definir primero una función de \( \Bbb Z_{nm} \) a \( \Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \), comprobar que sea homomorfismo, biyectiva y usando que \( \gcd(n,m)=1 \)?

Para eso pensé en definir \( f\colon\Bbb Z_{nm}\to\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m\mid f(x)=([x]_n,[x]_m) \).

\( f \) es homomorfismo pues para todo \( x,y\in\Bbb{Z}_{nm} \): \( f(x+y)=([x+y]_n,[x+y]_m)=([x]_n+[y]_n,[x]_m+[y]_m)=([x]_n,[x]_m)+([y]_n,[y]_m)=f(x)+f(y) \).

\( f \) es inyectiva pues si \( f(x)=f(y) \) entonces \( ([x]_n,[x]_m)=([y]_n,[y]_m) \) luego \( [x]_n=[y]_n \) y \( [y]_n=[y]_m \), pero no sé cómo concluir \( x=y \) porque por ejemplo \( [2]_6=[8]_6 \) y sin embargo \( 2\neq8 \) .

\( f \) es sobreyectiva, significa que para todo \( ([x]_n,[x]_m)\in\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \) existe \( x\in\Bbb Z_{nm} \) tal que \( f(x)=([x]_n,[x]_m) \). ¿Cuál \( x\in\Bbb Z_{nm} \) en particular habría que elegir para que se de la igualdad entonces?

Gracias!!
Saludos

[geómetracat]

¿"mayor subgrupo cíclico" significa "subgrupo cíclico con el mayor cardinal"?

Sí.

Empieza tomando \( (a,b)\in \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \). Luego entiendo que define \( k=\lcm(n,m) \) y muestra que \( (ka,kb)=(0,0) \), pero... ¿cómo que \( ka \) es múltiplo de \( n \) (ídem para \( m \))?

Entiendo que para todo \( n \), \( n\mid n \), luego \( n\mid kn \), pero si quisiéramos hablar de \( a \) deberíamos decir "El subgrupo generado por \( a \)", entonces quedaría \( \lvert\langle a\rangle\rvert\mid n \) (teorema de Lagrange), ¿y luego qué?

No sé si entiendo mucho lo que dices, pero el argumento es sencillo. \( k \) es múltiplo de \( n \) y de \( m \) (porque es el mínimo común múltiplo), luego \( ka,kb \) son múltiplos de \( n \) (aquí identificamos \( a,b \) con enteros), luego son \( 0 \) en \( \Bbb Z_n, \Bbb Z_m \).
Otra manera de pensarlo: por el teorema de Lagrange el orden de \( a \) divide a \( n \), luego \( na=0 \), luego \( ka=0 \) (porque \( k \) es múltiplo de \( n \)).

Además no entiendo cómo de ahí se concluye que el mayor subgrupo cíclico contenido en \( \Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \) tiene a lo sumo orden \( \lcm(n,m) \).

Si \( C \) es un subgrupo cíclico cualquiera, tiene un generador \( (a,b) \). Acabamos de demostrar que \( k(a,b)=(0,0) \) para \( k=mcm(n,m) \), lo que implica que el orden de \( (a,b) \) (que coincide con el orden del subgrupo cíclico \( C \)) divide a \( k \), y en particular es como mucho \( k \).

Como \( k \) es el mayor orden de un subgrupo cíclico de \( \Bbb Z_n\times \Bbb Z_m \) y si suponemos \( \gcd(n,m)>1 \), tenemos que \( \lcm(n,m)<nm \), lo cual es un absurdo. ¿Aquí estamos usando que si \( \langle a\rangle=\Bbb{Z}_i \) entonces \( \lvert\langle a\rangle\rvert=\lvert\Bbb{Z}_i\rvert \)?

Sí. Más precisamente, estamos usando que \( \Bbb Z_n \times \Bbb Z_m \) tiene cardinal \( nm \).

Por otro lado, quisiera demostrar \( \gcd(n,m)=1\implies\Bbb Z_{nm}\approx\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \).

¿Podríamos definir primero una función de \( \Bbb Z_{nm} \) a \( \Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \), comprobar que sea homomorfismo, biyectiva y usando que \( \gcd(n,m)=1 \)?

Para eso pensé en definir \( f\colon\Bbb Z_{nm}\to\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m\mid f(x)=([x]_n,[x]_m) \).

\( f \) es homomorfismo pues para todo \( x,y\in\Bbb{Z}_{nm} \): \( f(x+y)=([x+y]_n,[x+y]_m)=([x]_n+[y]_n,[x]_m+[y]_m)=([x]_n,[x]_m)+([y]_n,[y]_m)=f(x)+f(y) \).

Todo bien hasta aquí.

\( f \) es inyectiva pues si \( f(x)=f(y) \) entonces \( ([x]_n,[x]_m)=([y]_n,[y]_m) \) luego \( [x]_n=[y]_n \) y \( [y]_n=[y]_m \), pero no sé cómo concluir \( x=y \) porque por ejemplo \( [2]_6=[8]_6 \) y sin embargo \( 2\neq8 \) .

Para ver que un homomorfismo es inyectivo es más fácil ver que su núcleo es cero. Entonces, sea \( [x]_{nm} \in Ker(f) \) y vamos a ver que \( [x]_{nm}=0 \). Por hipótesis \( ([x]_n, [x]_m)=(0,0) \). Esto quiere decir que \( n \mid x \) y \( m \mid x \). Pero como \( mcd(n,m)=1 \), tienes que \( nm \mid x \), luego \( [x]_{nm}=0 \) como queríamos.

\( f \) es sobreyectiva, significa que para todo \( ([x]_n,[x]_m)\in\Bbb Z_n\times\Bbb Z_m \) existe \( x\in\Bbb Z_{nm} \) tal que \( f(x)=([x]_n,[x]_m) \). ¿Cuál \( x\in\Bbb Z_{nm} \) en particular habría que elegir para que se de la igualdad entonces?

Una vez tienes que \( f \) es inyectiva basta usar que una aplicación inyectiva entre conjuntos finitos del mismo cardinal es automáticamente biyectiva.

[manooooh]

Hola geómetracat, muchas gracias por tu respuesta

No sé si entiendo mucho lo que dices, pero el argumento es sencillo. \( k \) es múltiplo de \( n \) y de \( m \) (porque es el mínimo común múltiplo), luego \( ka,kb \) son múltiplos de \( n \) (aquí identificamos \( a,b \) con enteros), luego son \( 0 \) en \( \Bbb Z_n, \Bbb Z_m \).
Otra manera de pensarlo: por el teorema de Lagrange el orden de \( a \) divide a \( n \), luego \( na=0 \), luego \( ka=0 \) (porque \( k \) es múltiplo de \( n \)).

Claro. Me resulta más fácil la primera forma.

Si \( C \) es un subgrupo cíclico cualquiera, tiene un generador \( (a,b) \). Acabamos de demostrar que \( k(a,b)=(0,0) \) para \( k=mcm(n,m) \), lo que implica que el orden de \( (a,b) \) (que coincide con el orden del subgrupo cíclico \( C \)) divide a \( k \), y en particular es como mucho \( k \).

¿Por qué puedes tomar un subgrupo cíclico cualquiera? ¿Eso es porque todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico?

¿Podrías explicarme más detalladamente la parte en rojo? O con una prueba genérica para cualquier grupo cíclico.

Algo como: Sea \( (G,*) \) un grupo cíclico con \( \langle a\rangle=G \). ¿Luego \( a^k=e \)?

Para ver que un homomorfismo es inyectivo es más fácil ver que su núcleo es cero. Entonces, sea \( [x]_{nm} \in Ker(f) \) y vamos a ver que \( [x]_{nm}=0 \). Por hipótesis \( ([x]_n, [x]_m)=(0,0) \). Esto quiere decir que \( n \mid x \) y \( m \mid x \). Pero como \( mcd(n,m)=1 \), tienes que \( nm \mid x \), luego \( [x]_{nm}=0 \) como queríamos.

Vale, tienes razón. Si \( a\mid c \), \( b\mid c \) y \( \gcd(a,b)=1 \) entonces \( 1=sa+tb \), luego \( c=csa+ctb \), luego como \( a\mid c \) y \( b\mid c \), entonces \( c=(hb)sa+(ka)tb=ab(hs+kt) \), por ende \( ab\mid c \).

Pero, ¿cómo se demuestra que si \( [x]_n=[0]_n \) entonces \( n\mid x \)? Siento que tiene que ver con la primera parte sobre \( k \), así que estaría agradecido si puedes poner un teorema alusivo a los divisores y múltiplos de las congruencias módulo \( n \).

Una vez tienes que \( f \) es inyectiva basta usar que una aplicación inyectiva entre conjuntos finitos del mismo cardinal es automáticamente biyectiva.

Supongo que quieres decir que si tenemos una función inyectiva \( f\colon A\to B \) con \( |A|=|B|=n \), entonces \( f \) es sobreyectiva, ¿cómo se demuestra?

Gracias y saludos

[geómetracat]

Si \( C \) es un subgrupo cíclico cualquiera, tiene un generador \( (a,b) \). Acabamos de demostrar que \( k(a,b)=(0,0) \) para \( k=mcm(n,m) \), lo que implica que el orden de \( (a,b) \) (que coincide con el orden del subgrupo cíclico \( C \)) divide a \( k \), y en particular es como mucho \( k \).

¿Por qué puedes tomar un subgrupo cíclico cualquiera? ¿Eso es porque todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico?

Siempre puedes hacerlo. Es decir, el argumento prueba que cualquier subgrupo cíclico de \( \Bbb Z_n \times \Bbb Z_m \) tiene como orden un divisor de \( k \). Para demostrarlo, tomas un subgrupo cíclico arbitrario, y razonas que el orden debe dividir a \( k \). Sobre los posibles subgrupos no cíclicos (que puede haberlos) no te dice nada.

¿Podrías explicarme más detalladamente la parte en rojo? O con una prueba genérica para cualquier grupo cíclico.

Algo como: Sea \( (G,*) \) un grupo cíclico con \( \langle a\rangle=G \). ¿Luego \( a^k=e \)?

Sí. Hay dos cosas aquí. Lo enunciaré de la manera más general y usaré notación multiplicativa.

1. Si \( G=\langle a \rangle \) es cíclico, entonces el orden de \( G \) coincide con el orden de \( a \).
Esto es bastante obvio, pues si el orden de \( a \) es \( n \), entonces \( G=\{e,a,a^2,\dots, a^{n-1}\} \), luego el orden de \( G \) es \( n \).

2. Si \( G \) es un grupo cualquiera, \( a \in G \) y \( a^k=e \), entonces \( o(a) \mid k \) (\( o(a) \) es el orden de \( a \)).
Para demostrarlo, haz la división euclídea de \( k \) por \( o(a) \), de manera que \( k=no(a)+r \) con \( n,r \in \Bbb N, r<o(a) \). Entonces,
\( a^k=a^{no(a)+r} = (a^{o(a)})^na^r = ea^r=a^r \).
Como \( a^k=e \), también \( a^r=e \). Pero \( 0 \leq r<o(a) \), por lo que la única posibilidad de tener \( a^r=e \) es que sea \( r=0 \) (ya que por definición \( o(a) \) es el menor natural positivo tal que \( a^{o(a)}=e \)).
Como \( r=0 \), \( k=no(a)+r=no(a) \), y así \( o(a) \mid k \).

Pero, ¿cómo se demuestra que si \( [x]_n=[0]_n \) entonces \( n\mid x \)? Siento que tiene que ver con la primera parte sobre \( k \), así que estaría agradecido si puedes poner un teorema alusivo a los divisores y múltiplos de las congruencias módulo \( n \).

Es esencialmente la definición de \( \Bbb Z_n \). Los elementos de \( \Bbb Z_n \) son clases de equivalencia de la relación de equivalencia en \( \Bbb Z \) dada por \( x \sim y \iff n \mid x-y \). Por tanto, \( [x]_n=[0]_n \iff x \sim 0 \iff n \mid x-0 \iff n \mid x \).

Una vez tienes que \( f \) es inyectiva basta usar que una aplicación inyectiva entre conjuntos finitos del mismo cardinal es automáticamente biyectiva.

Supongo que quieres decir que si tenemos una función inyectiva \( f\colon A\to B \) con \( A,B \) finitos, entonces \( f \) es sobreyectiva, ¿cómo se demuestra?

Quiero decir eso pero con la hipótesis clave de que \( A \) y \( B \) tienen el mismo cardinal.
Sobre la demostración, por un lado \( f(A) \subseteq B \) y por otro lado si \( f \) es inyectiva, \( |A|=|f(A)| \). Como por hipótesis \( |A|=|B| \), tenemos un subconjunto \( f(A) \subseteq B \) con \( |f(A)|=|B| \). Pero un subconjunto de un conjunto finito \( B \) con el mismo cardinal es necesariamente \( B \). Por tanto \( f(A)=B \) y \( f \) es exhaustiva.

[manooooh]

Hola

1. Si \( G=\langle a \rangle \) es cíclico, entonces el orden de \( G \) coincide con el orden de \( a \).
Esto es bastante obvio, pues si el orden de \( a \) es \( n \), entonces \( G=\{e,a,a^2,\dots, a^{n-1}\} \), luego el orden de \( G \) es \( n \).

¿No se deduce simplemente que como \( G=\langle a \rangle \) luego aplicando cardinal, \( |G|=|\langle a \rangle| \)? Si \( A=B \) entonces \( |A|=|B| \). No entendí por qué usas argumentos de teoría de grupos.

2. Si \( G \) es un grupo cualquiera, \( a \in G \) y \( a^k=e \), entonces \( o(a) \mid k \) (\( o(a) \) es el orden de \( a \)).
Para demostrarlo, haz la división euclídea de \( k \) por \( o(a) \), de manera que \( k=no(a)+r \) con \( n,r \in \Bbb N, r<o(a) \). Entonces,
\( a^k=a^{no(a)+r} = (a^{o(a)})^na^r = ea^r=a^r \).
Como \( a^k=e \), también \( a^r=e \). Pero \( 0 \leq r<o(a) \), por lo que la única posibilidad de tener \( a^r=e \) es que sea \( r=0 \) (ya que por definición \( o(a) \) es el menor natural positivo tal que \( a^{o(a)}=e \)).
Como \( r=0 \), \( k=no(a)+r=no(a) \), y así \( o(a) \mid k \).

Perfecto, entendido.

Es esencialmente la definición de \( \Bbb Z_n \). Los elementos de \( \Bbb Z_n \) son clases de equivalencia de la relación de equivalencia en \( \Bbb Z \) dada por \( x \sim y \iff n \mid x-y \). Por tanto, \( [x]_n=[0]_n \iff x \sim 0 \iff n \mid x-0 \iff n \mid x \).

¡Qué lerdo! Muchas gracias.

Quiero decir eso pero con la hipótesis clave de que \( A \) y \( B \) tienen el mismo cardinal.
Sobre la demostración, por un lado \( f(A) \subseteq B \) y por otro lado si \( f \) es inyectiva, \( |A|=|f(A)| \). Como por hipótesis \( |A|=|B| \), tenemos un subconjunto \( f(A) \subseteq B \) con \( |f(A)|=|B| \). Pero un subconjunto de un conjunto finito \( B \) con el mismo cardinal es necesariamente \( B \). Por tanto \( f(A)=B \) y \( f \) es exhaustiva.

Hmm, ¿\( f(A) \) es el conjunto imagen de \( f \), \( \operatorname{im}(f)=\{y\in B\mid \exists x\in A\colon y=f(x)\} \)?

En ese caso ahora me queda más claro el asunto: hay que demostrar \( \operatorname{im}(f)=B \). La primera inclusión es obvia, pero la segunda ¿podría ser así?:

Tomemos \( y\in B \), debemos llegar a \( y\in\operatorname{im}(f) \). Si \( y\in B \), al ser inyectiva, \( f(y)\in f(B)=A \), luego \( y\in f(A)=\operatorname{im}(f) \). Aquí he usado que \( f(B)=A \) y por ende \( B=f(A) \), pero no sé si está bien.

Agregado: Tema aparte, ¿no crees que para demostrar lo que tú dices, implícitamente estamos tratando de demostrar \( B\subseteq\operatorname{im}(f) \)?

Gracias y saludos

[geómetracat]

1. Si \( G=\langle a \rangle \) es cíclico, entonces el orden de \( G \) coincide con el orden de \( a \).
Esto es bastante obvio, pues si el orden de \( a \) es \( n \), entonces \( G=\{e,a,a^2,\dots, a^{n-1}\} \), luego el orden de \( G \) es \( n \).

¿No se deduce simplemente que como \( G=\langle a \rangle \) luego aplicando cardinal, \( |G|=|\langle a \rangle| \)? Si \( A=B \) entonces \( |A|=|B| \). No entendí por qué usas argumentos de teoría de grupos.

Bueno, depende de cómo definas orden de \( a \). Si lo defines como el cardinal de \( \langle a \rangle \) pues es obvio, claro. Si lo defines como el menor natural \( k>0 \) tal que \( a^k=e \) hay que decir algo. Para ver que estas dos definiciones coinciden solamente hay que observar que \( \langle a \rangle = \{e,a,a^2, \dots, a^{k-1}\} \), que es lo que hice ahí.

Hmm, ¿\( f(A) \) es el conjunto imagen de \( f \), \( \operatorname{im}(f)=\{y\in B\mid \exists x\in A\colon y=f(x)\} \)?

Sí.

En ese caso ahora me queda más claro el asunto: hay que demostrar \( \operatorname{im}(f)=B \). La primera inclusión es obvia, pero la segunda ¿podría ser así?:

Tomemos \( y\in B \), debemos llegar a \( y\in\operatorname{im}(f) \). Si \( y\in B \), al ser inyectiva, \( f(y)\in f(B)=A \), luego \( y\in f(A)=\operatorname{im}(f) \). Aquí he usado que \( f(B)=A \) y por ende \( B=f(A) \), pero no sé si está bien.

Agregado: Tema aparte, ¿no crees que para demostrar lo que tú dices, implícitamente estamos tratando de demostrar \( B\subseteq\operatorname{im}(f) \)?

A la "demostración" que haces no le veo ni pies ni cabeza. \( f(B) \) no tiene ningún sentido si \( f:A \to B \). No sé si querías poner otra cosa. Además, hay que usar en algún lado que los conjuntos son finitos (y que tienen el mismo cardinal), para conjuntos infinitos el resultado es falso.

No es buena idea tratar de probar \( B \subseteq f(A) \). Aquí lo que hay que usar es el resultado clave : si \( X \subseteq Y \), \( Y \) es finito y \( |X|=|Y| \), entonces \( X=Y \). Esto es algo completamente obvio a nivel intuitivo (si un subconjunto de un conjunto con \( n \) elementos tiene \( n \) elementos entonces es el conjunto entero), pero probarlo a partir de "primeros principios" en ZFC, requiere un cierto trabajo y elaborar bastante teoría sobre conjuntos finitos. En cualquier caso, no se demuestra comprobando la inclusión opuesta.

Mi consejo es que te creas el resultado (y te convenzas de que es intuitivamente obvio), y dejes la demostración formal en teoría de conjuntos para otro día (u otro hilo).

[manooooh]

Hola

Bueno, depende de cómo definas orden de \( a \). Si lo defines como el cardinal de \( \langle a \rangle \) pues es obvio, claro. Si lo defines como el menor natural \( k>0 \) tal que \( a^k=e \) hay que decir algo. Para ver que estas dos definiciones coinciden solamente hay que observar que \( \langle a \rangle = \{e,a,a^2, \dots, a^{k-1}\} \), que es lo que hice ahí.

Definimos el orden de un elemento como el cardinal del subgrupo que genera, es decir si \( a\in G \) entonces \( o(a)=|\langle a\rangle| \).

A la "demostración" que haces no le veo ni pies ni cabeza. \( f(B) \) no tiene ningún sentido si \( f:A \to B \). No sé si querías poner otra cosa. Además, hay que usar en algún lado que los conjuntos son finitos (y que tienen el mismo cardinal), para conjuntos infinitos el resultado es falso.

No es buena idea tratar de probar \( B \subseteq f(A) \). Aquí lo que hay que usar es el resultado clave : si \( X \subseteq Y \), \( Y \) es finito y \( |X|=|Y| \), entonces \( X=Y \). Esto es algo completamente obvio a nivel intuitivo (si un subconjunto de un conjunto con \( n \) elementos tiene \( n \) elementos entonces es el conjunto entero), pero probarlo a partir de "primeros principios" en ZFC, requiere un cierto trabajo y elaborar bastante teoría sobre conjuntos finitos. En cualquier caso, no se demuestra comprobando la inclusión opuesta.

Gracias por la sinceridad (me vale). Entonces trataré de entender tu demostración, pero si te soy sincero, me quedo tildado en una parte

Sobre la demostración, por un lado \( f(A) \subseteq B \) y por otro lado si \( f \) es inyectiva, \( |A|=|f(A)| \). Como por hipótesis \( |A|=|B| \), tenemos un subconjunto \( f(A) \subseteq B \) con \( |f(A)|=|B| \). Pero un subconjunto de un conjunto finito \( B \) con el mismo cardinal es necesariamente \( B \). Por tanto \( f(A)=B \) y \( f \) es exhaustiva.

El punteo que hago es:

- \( f\colon A\to B \); \( f(A)=\operatorname{im}(f) \).
- Demostración de \( B \subseteq f(A) \) usando \( f \) inyectiva y \( |A|=|B| \):
1) Como \( f \) es inyectiva entonces \( |A|=|f(A)| \) (¿por qué?)
2) Como \( |A|=|B| \) entonces \( |f(A)|=|B| \)
3) Puesto que \( f(A)\subseteq B \) y \( |f(A)|=|B| \), entonces \( f(A)=\color{red}B \).

¿Es correcta la seguidilla de implicaciones? ¿Cómo se demuestra 1?

Saludos

Corregido. Gracias geómetracat

[geómetracat]

Definimos el orden de un elemento como el cardinal del subgrupo que genera, es decir si \( a\in G \) entonces \( o(a)=|\langle a\rangle| \).

Vale. Entonces es de perogrullo.

El punteo que hago es:

- \( f\colon A\to B \); \( f(A)=\operatorname{im}(f) \).
- Demostración de \( B \subseteq f(A) \) usando \( f \) inyectiva y \( |A|=|B| \):
1) Como \( f \) es inyectiva entonces \( |A|=|f(A)| \) (¿por qué?)
2) Como \( |A|=|B| \) entonces \( |f(A)|=|B| \)
3) Puesto que \( f(A)\subseteq B \) y \( |f(A)|=|B| \), entonces \( f(A)=f(B) \).

¿Es correcta la seguidilla de implicaciones? ¿Cómo se demuestra 1?

Está bien, suponiendo que en 3) al final quisieras decir \( f(A)=B \), y que tengas en cuenta que los conjuntos son finitos. Es decir, quedaría:
3) Puesto que \( f(A)\subseteq B \), \( |f(A)|=|B| \) y \( B \) es finito, entonces \( f(A)=B \).

Sobre 1), es porque si \( f:A \to B \) es inyectiva, entonces \( f:A \to f(A) \) es una biyección. En efecto, es inyectiva y además es exhaustiva por definición de \( f(A) \). Como por definición dos conjuntos tienen el mismo cardinal si hay una biyección entre ellos, ya tenemos \( |A|=|f(A)| \).

[manooooh]

Hola

Corregida la errata y entendido tu razonamiento.

No quiero hilar aun más fino sobre el porqué \( f:A \to f(A) \) es biyección porque pienso que terminaríamos desnudando a toda la teoría de conjuntos . No te preocupes, ya es suficiente con la explicación que expusiste.

Saludos

[geómetracat]

No quiero hilar aun más fino sobre el porqué \( f:A \to f(A) \) es biyección porque pienso que terminaríamos desnudando a toda la teoría de conjuntos .

No hombre, ¡si eso es muy fácil!
Una aplicación es biyectiva si es inyectiva y exhaustiva. Si tienes \( f:A \to B \) inyectiva (pero quizás no exhaustiva), y consideras la aplicación \( f:A \to f(A) \) (es decir, es la misma aplicación, pero ahora consideras que el recorrido es la imagen \( f(A) \) en vez de todo \( B \)), la aplicación seguirá siendo inyectiva (porque es la misma función, lo único que cambia es el conjunto de llegada), y será exhaustiva por definición de imagen \( f(A) \). Así que será biyectiva.