Ancora algebra 1
Scusate ma domani ho lo scritto..
qualcuno sa dirmi esattamente cos'è una classe di sottogruppi coniugati?
grazie!
qualcuno sa dirmi esattamente cos'è una classe di sottogruppi coniugati?
grazie!
Risposte
Il mio problema è la dimostrazione del seguente:
Un gruppo di ordine 12 ha almeno un sottogruppo di sylow normale
dim: siano rispettivamente $k_2$ e $k_3$ i numeri dei 2-sottogruppi di Sylow di G e dei 3-sottogruppi di Sylow di G. Per il fatto che il numero dei p-sottogruppi di Sylow di un gruppo G di ordine finito è un divisore di tale ordine, e per il fatto che tale numero è $=1(mod p)$, si ha che i $k_2$ possibili sono 1 e 3, mentre i $k_3$ possibili sono 1 e 4.
Se $k_2=1$ è ovvio perchè sarebbe l'unico 2-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale. Fino qui tutto ok, poi la dimostrazione dice:
Si supponga pertanto che $k_2=3$ e $k_3=4$, allora G possiede 8 elementi di ordine 3 (??) e gli altri 4 elementi di G dovrebbero riempire tre sottogruppi di ordine 4 (???) il che è impossibile. Dopo di ciò $k_3=1$ e quindi sarebbe l'unico 3-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale.
Un gruppo di ordine 12 ha almeno un sottogruppo di sylow normale
dim: siano rispettivamente $k_2$ e $k_3$ i numeri dei 2-sottogruppi di Sylow di G e dei 3-sottogruppi di Sylow di G. Per il fatto che il numero dei p-sottogruppi di Sylow di un gruppo G di ordine finito è un divisore di tale ordine, e per il fatto che tale numero è $=1(mod p)$, si ha che i $k_2$ possibili sono 1 e 3, mentre i $k_3$ possibili sono 1 e 4.
Se $k_2=1$ è ovvio perchè sarebbe l'unico 2-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale. Fino qui tutto ok, poi la dimostrazione dice:
Si supponga pertanto che $k_2=3$ e $k_3=4$, allora G possiede 8 elementi di ordine 3 (??) e gli altri 4 elementi di G dovrebbero riempire tre sottogruppi di ordine 4 (???) il che è impossibile. Dopo di ciò $k_3=1$ e quindi sarebbe l'unico 3-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale.
Io la vedo così:
se $k_3=4$ allora esistono 4 sottogruppi di ordine 3:
{1,a,b}
{1,c,d}
{1,e,f}
{1,g,h}
Essi sono quindi ciclici (avendo ordine primo), quindi presi due qualunque di essi, hanno {1} come intersezione. Ciò significa esattamente che gli elementi
a,b,c,d,e,f,g,h
sono a due a due distinti. Appartenendo tutti a sottogruppi di ordine 3 ed essendo tutti diversi da 1, essi hanno tutti ordine 3. Ecco quindi trovati gli 8 elementi di ordine 3.
Ora, il gruppo G ha ordine 12, quindi rimangono 4 elementi di cui non sappiamo ancora nulla. Se $k_2=3$ allora abbiamo tre sottogruppi di ordine 4. Ovviamente tali tre sottogruppi non possono contenere nessuno tra a,b,c,d,e,f,g,h in quanto essi hanno ordine 3, e 3 non divide 4. Quindi l'unione di questi tre sottogruppi deve consistere dei 4 elementi rimanenti. Ciò è impossibile in quanto essendo questi tre sottogruppi di ordine 4 distinti a due a due (se due di essi coincidessero avremmo meno di 3 sottogruppi di ordine 4), la loro unione contiene almeno cinque elementi distinti.
Ne segue che il caso $k_2=3$ e $k_3=4$ non può verificarsi. Dunque uno tra $k_2$ e $k_3$ è uguale a 1.
se $k_3=4$ allora esistono 4 sottogruppi di ordine 3:
{1,a,b}
{1,c,d}
{1,e,f}
{1,g,h}
Essi sono quindi ciclici (avendo ordine primo), quindi presi due qualunque di essi, hanno {1} come intersezione. Ciò significa esattamente che gli elementi
a,b,c,d,e,f,g,h
sono a due a due distinti. Appartenendo tutti a sottogruppi di ordine 3 ed essendo tutti diversi da 1, essi hanno tutti ordine 3. Ecco quindi trovati gli 8 elementi di ordine 3.
Ora, il gruppo G ha ordine 12, quindi rimangono 4 elementi di cui non sappiamo ancora nulla. Se $k_2=3$ allora abbiamo tre sottogruppi di ordine 4. Ovviamente tali tre sottogruppi non possono contenere nessuno tra a,b,c,d,e,f,g,h in quanto essi hanno ordine 3, e 3 non divide 4. Quindi l'unione di questi tre sottogruppi deve consistere dei 4 elementi rimanenti. Ciò è impossibile in quanto essendo questi tre sottogruppi di ordine 4 distinti a due a due (se due di essi coincidessero avremmo meno di 3 sottogruppi di ordine 4), la loro unione contiene almeno cinque elementi distinti.
Ne segue che il caso $k_2=3$ e $k_3=4$ non può verificarsi. Dunque uno tra $k_2$ e $k_3$ è uguale a 1.
Capito...grazie mille!
non so come avrei fatto senza il tuo post, mi sono illuminata!
non so come avrei fatto senza il tuo post, mi sono illuminata!
Prego, mi fa piacere 
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