Algebrona(2)
Mostrare che un gruppo di ordine 1056 non è semplice (ovvero ha sottogruppi normali)
Risposte
Non è semplice ovvero HA sottogruppi normali!!!
certo!! correggo subito
Sembra un esercizietto.... ihih... ma non lo è affatto!
Non so quanti abbiano le conoscenze per capirla... ma fidatevi è di rara bellezza questa dimostrazione...
Per assurdo sia $G$ di ordine $1056$ semplice.
$1056=2^5*3*11$. Indico con $n_p$ i p-Sylow di G. Allora $n_{11}\equiv1(11)$ e $n_{11}|2^5*3$. Per cui gli unici casi possibili sono $n_{11}=1,12$ e quindi, dalla supposta semplicità, $n_11=12$. Per cui $12$ è l'indice del normalizzante di un 11-Sylow (terzo teorema di Sylow) e quindi tale normalizzante $N$ ha ordine $88$. Ora un 11-Sylow in $G$ è un ciclico $C_{11}$. Indico con $C$ il suo centralizzante, dal teorema $N/C$ (enne su ci), il quoziente $N/C$ si immerge in $Aut(C_{11})=C_{10}$ e quindi un 2-elemento di tale quoziente ha ordine esattamente 2 e quindi, poichè $8|88$, devono esserci in $C$ elementi di ordine 2. Moltiplichiamo un tale elemento per un elemento del $C_{11}$. Poichè $C$ centralizza $C_{11}$, allora quest'elemento di ordine 2 e quello scelto in $C_{11}$ commutano e quindi il prodotto ha ordine 22. Mostriamo che ciò è assurdo cominciando col mostrare che la supposta semplicità di $G$ implica che $G$ si immerge nell'alterno $A_{12}$: facciamo agire $G$ sui laterali di $N_G(C_{11})$ resta indotto un omomorfismo da $G$ alle simmetrie $S_{12}$, che trattasi di una immersione in quanto $G$ è semplice. Per assurdo ora $G$ non si immerga in $A_{12}$, allora, denotata, con abuso di notazione, con $G$ l'immagine di $G$ dentro $S_{12}$, allora il prodotto di Frobenius $GA_{12}=S_{12}$ (basta una permutazione dispari per generare, per prodotto con tutte le pari, tutte le permutazioni dispari) e quindi, dal terzo teorema di isomorfismo: $2=|(S_{12})/(A_{12})|=|(GA_{12})/(A_{12})|=|G/(G\capA_{12})|$ che mostra che $G$ ha un sottogruppo di indice 2 e quindi normale. Ciò dà il primo assurdo essendo G semplice.
Mostriamo ora che è un assurdo avere un elemento di ordine 22 in un sottogruppo di $A_{12}$. Osserviamo che un elemento di ordine 22 in $A_{12}$ deve essere costituito almeno da una trasposizione e da un 11-ciclo disgiunti e quindi, per ottenersi, si abbisogna di 13 cifre, mentre in $A_{12}$ ci sono solo 12 cifre.
Non so quanti abbiano le conoscenze per capirla... ma fidatevi è di rara bellezza questa dimostrazione...
Per assurdo sia $G$ di ordine $1056$ semplice.
$1056=2^5*3*11$. Indico con $n_p$ i p-Sylow di G. Allora $n_{11}\equiv1(11)$ e $n_{11}|2^5*3$. Per cui gli unici casi possibili sono $n_{11}=1,12$ e quindi, dalla supposta semplicità, $n_11=12$. Per cui $12$ è l'indice del normalizzante di un 11-Sylow (terzo teorema di Sylow) e quindi tale normalizzante $N$ ha ordine $88$. Ora un 11-Sylow in $G$ è un ciclico $C_{11}$. Indico con $C$ il suo centralizzante, dal teorema $N/C$ (enne su ci), il quoziente $N/C$ si immerge in $Aut(C_{11})=C_{10}$ e quindi un 2-elemento di tale quoziente ha ordine esattamente 2 e quindi, poichè $8|88$, devono esserci in $C$ elementi di ordine 2. Moltiplichiamo un tale elemento per un elemento del $C_{11}$. Poichè $C$ centralizza $C_{11}$, allora quest'elemento di ordine 2 e quello scelto in $C_{11}$ commutano e quindi il prodotto ha ordine 22. Mostriamo che ciò è assurdo cominciando col mostrare che la supposta semplicità di $G$ implica che $G$ si immerge nell'alterno $A_{12}$: facciamo agire $G$ sui laterali di $N_G(C_{11})$ resta indotto un omomorfismo da $G$ alle simmetrie $S_{12}$, che trattasi di una immersione in quanto $G$ è semplice. Per assurdo ora $G$ non si immerga in $A_{12}$, allora, denotata, con abuso di notazione, con $G$ l'immagine di $G$ dentro $S_{12}$, allora il prodotto di Frobenius $GA_{12}=S_{12}$ (basta una permutazione dispari per generare, per prodotto con tutte le pari, tutte le permutazioni dispari) e quindi, dal terzo teorema di isomorfismo: $2=|(S_{12})/(A_{12})|=|(GA_{12})/(A_{12})|=|G/(G\capA_{12})|$ che mostra che $G$ ha un sottogruppo di indice 2 e quindi normale. Ciò dà il primo assurdo essendo G semplice.
Mostriamo ora che è un assurdo avere un elemento di ordine 22 in un sottogruppo di $A_{12}$. Osserviamo che un elemento di ordine 22 in $A_{12}$ deve essere costituito almeno da una trasposizione e da un 11-ciclo disgiunti e quindi, per ottenersi, si abbisogna di 13 cifre, mentre in $A_{12}$ ci sono solo 12 cifre.
non ho capito la parte finale. perché occorre A_12? anche in S_12 ci sono solo 12 cifre.
Hai ragione, non occorre tirare in ballo [tex]A_{12}[/tex].
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