Ancora gruppi
Questo esercizio mi ha fatto un pò dannare oggi... forse ho trovato una soluzione ma dopo la faticaccia non ho voglia di rimettere ora a posto i pezzi per vedere se torna... vorrei vedere come lo risolvereste voi....
Ah ovviamente i teoremi di syolw sono banditi in quanto fuori dalle mie conoscenze e da quelle richieste dal problema!
Problema: sia $G$ un gruppo di ordine $pq$ con $p>q$ primi. provare che se $q$ non divide $p-1$, allora $G$ è abeliano.
osservo che da $G$ abeliano segue che $G$ è ciclico. Infatti per cauchy ci troviamo un sottogruppo di ordine $p$ ed uno di ordine $q$. Si intersecano solo nell'identità, hanno il numero di elementi giusti e quindi $G$ sarà isomorfo a $Z/(pZ) X Z/(qZ)$ che è a sua volta isomorfo a $Z/(pqZ)$ e quindi è ciclico.
Ergo potete dimostrare che $G$ è ciclico in modo equivalente.
Ah ovviamente i teoremi di syolw sono banditi in quanto fuori dalle mie conoscenze e da quelle richieste dal problema!
Problema: sia $G$ un gruppo di ordine $pq$ con $p>q$ primi. provare che se $q$ non divide $p-1$, allora $G$ è abeliano.
osservo che da $G$ abeliano segue che $G$ è ciclico. Infatti per cauchy ci troviamo un sottogruppo di ordine $p$ ed uno di ordine $q$. Si intersecano solo nell'identità, hanno il numero di elementi giusti e quindi $G$ sarà isomorfo a $Z/(pZ) X Z/(qZ)$ che è a sua volta isomorfo a $Z/(pqZ)$ e quindi è ciclico.
Ergo potete dimostrare che $G$ è ciclico in modo equivalente.
Risposte
mi è venuta in mente una soluzione molto più banale ed elegante... uaaaaaaaaaaaaooooooo!
sono stato lentissimo
... però la soluzione è davvero carina!
sono stato lentissimo
... però la soluzione è davvero carina!
Mi sa che hai sbagliato il testo.
Sia $G$ un gruppo di ordine $pq$, $p>q$, $q$ non divide $p-1$. Allora $G$ è abeliano.
Almeno, io conosco questa versione, che se sono ancora in tempo dimostro.
Per Cauchy esistono $x,y$ in $G$, rispettivamente di ordine $p$ e $q$. Siano $H=$ e $K=$. Dico che $H$ è normale in $G$, dimostrando che è caratteristico. Per fare ciò, proverò che è l'unico sottogruppo di $G$ di ordine $p$. Se infatti $H'$ è un altro sottogruppo di $G$ di ordine $p$, diverso da $H$, $|H nn H'|$ può essere $1$ 0 $p$. Ma non può essere $1$, in quanto altrimenti $|HH'|=|H|*|H'|=p^2>pq=|G|$, assurdo. Dunque $H$ è l'unico sottogruppo di ordine $p$ in $G$, e allora deve essere caratteristico, da cui normale. Quindi abbiamo $H$ normale in $G$, $H nn K={e}$, $HK=G$ (dato che la cardinalità è la stessa e il primo sta dentro il secondo), da cui possiamo concludere che $G$ è isomorfo a un prodotto semidiretto di $H$ e $K$, per un opportuno $phi:K->Aut(H)$. Ma $Aut(H)$ è isomorfo a $(Z//(p-1)Z)$, che ha ordine $p-1$. Sia $a in K$, $a!=e$, allora l'ordine di $phi(a)$ deve dividere l'ordine di $a$, quindi può essere $1$ o $q$. Ma non può essere $q$ in quanto l'ordine di $(phi(a))$ deve dividere anche $p-1=|Aut(H)|$. Allora l'omomorfismo $phi$ è quello banale che associa a ogni elemento di $a in K$ l'elemento neutro di $Aut(H)$, ovvero la funzione identica che manda ogni elemento di H in se stesso.. Quindi otteniamo che il prodotto è un prodotto diretto di gruppi ciclici i cui ordini sono coprimi. Allora anche $G$ è ciclico, e dunque abeliano.
Propongo un esercizio, che fa uso di quanto sopra dimostrato.
Sia $G$ un gruppo di ordine $255$, e $H$ un suo sottogruppo di ordine $85$. Dimostrare che:
i) $H$ è normale in $G$.
ii) $H$ è ciclico
iii) $G$ è ciclico.
Sia $G$ un gruppo di ordine $pq$, $p>q$, $q$ non divide $p-1$. Allora $G$ è abeliano.
Almeno, io conosco questa versione, che se sono ancora in tempo dimostro.
Per Cauchy esistono $x,y$ in $G$, rispettivamente di ordine $p$ e $q$. Siano $H=
Propongo un esercizio, che fa uso di quanto sopra dimostrato.
Sia $G$ un gruppo di ordine $255$, e $H$ un suo sottogruppo di ordine $85$. Dimostrare che:
i) $H$ è normale in $G$.
ii) $H$ è ciclico
iii) $G$ è ciclico.
Tralasciando il fatto che sembra che pochi in questo forum siano in grado di scrivere il testo di un esercizio sui gruppi in modo corretto 
, mi piacerebbe a questo punto leggere anche la dimostrazione di Thomas.
, mi piacerebbe a questo punto leggere anche la dimostrazione di Thomas.
Segue proposta di soluzione errata! (si impara cmq anche da queste!)
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scusa fields... ci sono cascato anche io!
... propongo che da ora in poi chi propone esercizi sbagliati paga una birra a tutti!
la mia soluzione era uguale a quella di avinlee88... solo che quella idea per dimostrare che l'insieme era normale mi è venuta solo in seguito... prima ho ragionato in un modo più rocambolesco...
racconto un pò il vecchio procedimento, così per farmi perdonare. Naturalmente l'idea di avinlee88 è molto meglio, ma a me è venuta solo dopo.
L'obiettivo era trovare almeno un sottogruppo normale o di ordine $p$ o di ordine $q$. Dopo con i prodotti semi-diretti si conclude abbastanza agevolmente che G abeliano....
- suppongo che non esistano elementi di ordine pq (altrimenti tesi banale);
- ogni sottogruppo di ordine $p$ e di ordine $q$ (tutti quindi!) è ciclico. Consideriamo tutti i sottogruppi di ordine $p$, chiamiamo $P$ questo insieme e tutti i sottogruppi di ordine $q$ li indichiamo con $Q$. Si vede che questi sottogruppi si intersecano solo nell'identità e costituiscono una specie di "partizione" del gruppo.
Se $Q$ è composto da un solo elemento allora questo elemento è caratteristico e quindi normale. fine... se ce ne sono almeno due l'idea per dimostrare che almeno un insieme di $P$ è normale, visto che $P \subset N(P)$ è trovare un elemento del normalizzatore che non sta in $P$. In tal modo il normalizzatore sarebbe un sottogruppo di ordine $>p$ e quindi deve essere $G$ visto che $p>q$ (gli unici ordini possibili dei sttogruppi infatti sono $p$,$q$ e $pq$).
A questo punto prendo $2(q-2)$ elementi che stanno nei sottoinsiemi $Q$ (siamo nell'ipotesi che abbia almeno due elementi). Prendo un elemento di $X \in P$ a caso (è non vuoto!) e vediamo cosa fa $\phi_t(X)=t^(-1)Xt$(la notazione è quella degli automorfismi interni, $t$ è uno di quei $2q-2$ elementi che dicevo prima...). Questo sarà un sottogruppo di ordine $p$, ovvero starà in $P$.
Ora stimo il numero di elementi di $P$,li confronto $2(q-2)$ e, salvo errori di calcolo, trovo che questi ultimi sono di più di $|P|$. Quindi per il principio dei cassetti si trovano $t_1$ e $t_2$ t.c. $\phi_(t_1)(X)=\phi_(t_2)(X)=Z$, ovvero $\phi_(t_1t_(2)^(-1))(Z)=Z$ e quindi ho trovato un elemento nel normalizzatore di $Z$ che ovviamente non sta in $Z$... Quindi $N(Z)=G=>$ho trovato un sottoinsieme normale di ordine $p$. fine.
non riporto il calcolo preciso, magari lo rifaccio più tardi... mi pare tornasse ma ieri (e anche oggi uff!) ero troppo stanco... del resto il procedimento diventerebbe ancora più brutto!
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scusa fields... ci sono cascato anche io!
... propongo che da ora in poi chi propone esercizi sbagliati paga una birra a tutti! la mia soluzione era uguale a quella di avinlee88... solo che quella idea per dimostrare che l'insieme era normale mi è venuta solo in seguito... prima ho ragionato in un modo più rocambolesco...
racconto un pò il vecchio procedimento, così per farmi perdonare. Naturalmente l'idea di avinlee88 è molto meglio, ma a me è venuta solo dopo.
L'obiettivo era trovare almeno un sottogruppo normale o di ordine $p$ o di ordine $q$. Dopo con i prodotti semi-diretti si conclude abbastanza agevolmente che G abeliano....
- suppongo che non esistano elementi di ordine pq (altrimenti tesi banale);
- ogni sottogruppo di ordine $p$ e di ordine $q$ (tutti quindi!) è ciclico. Consideriamo tutti i sottogruppi di ordine $p$, chiamiamo $P$ questo insieme e tutti i sottogruppi di ordine $q$ li indichiamo con $Q$. Si vede che questi sottogruppi si intersecano solo nell'identità e costituiscono una specie di "partizione" del gruppo.
Se $Q$ è composto da un solo elemento allora questo elemento è caratteristico e quindi normale. fine... se ce ne sono almeno due l'idea per dimostrare che almeno un insieme di $P$ è normale, visto che $P \subset N(P)$ è trovare un elemento del normalizzatore che non sta in $P$. In tal modo il normalizzatore sarebbe un sottogruppo di ordine $>p$ e quindi deve essere $G$ visto che $p>q$ (gli unici ordini possibili dei sttogruppi infatti sono $p$,$q$ e $pq$).
A questo punto prendo $2(q-2)$ elementi che stanno nei sottoinsiemi $Q$ (siamo nell'ipotesi che abbia almeno due elementi). Prendo un elemento di $X \in P$ a caso (è non vuoto!) e vediamo cosa fa $\phi_t(X)=t^(-1)Xt$(la notazione è quella degli automorfismi interni, $t$ è uno di quei $2q-2$ elementi che dicevo prima...). Questo sarà un sottogruppo di ordine $p$, ovvero starà in $P$.
Ora stimo il numero di elementi di $P$,li confronto $2(q-2)$ e, salvo errori di calcolo, trovo che questi ultimi sono di più di $|P|$. Quindi per il principio dei cassetti si trovano $t_1$ e $t_2$ t.c. $\phi_(t_1)(X)=\phi_(t_2)(X)=Z$, ovvero $\phi_(t_1t_(2)^(-1))(Z)=Z$ e quindi ho trovato un elemento nel normalizzatore di $Z$ che ovviamente non sta in $Z$... Quindi $N(Z)=G=>$ho trovato un sottoinsieme normale di ordine $p$. fine.
non riporto il calcolo preciso, magari lo rifaccio più tardi... mi pare tornasse ma ieri (e anche oggi uff!) ero troppo stanco... del resto il procedimento diventerebbe ancora più brutto!
no non torna la dimostrazione sopra!...
ho supposto che $t_1t_2^(-1)$ non sta in $Z$ ma questo non è detto... tornerebbe se riuscissi a far tornare le disuguaglianze usando solo dei $t$ che stanno nel medesimo sottogruppo di ordine $q$.. anzi nemmeno... quel numero potrebbe fare l'identità....
non so se si riesce a metterla a posto...
beh cmq una dimostrazione giusta e facile c'è!
ho supposto che $t_1t_2^(-1)$ non sta in $Z$ ma questo non è detto... tornerebbe se riuscissi a far tornare le disuguaglianze usando solo dei $t$ che stanno nel medesimo sottogruppo di ordine $q$.. anzi nemmeno... quel numero potrebbe fare l'identità....
non so se si riesce a metterla a posto...
beh cmq una dimostrazione giusta e facile c'è!
"Thomas":
... propongo che da ora in poi chi propone esercizi sbagliati paga una birra a tutti!
Buona idea
Comunque, se lo scopo della tua argomentazione era di trovare un sottogruppo normale per poi concludere usando il prodotto semidiretto, allora forse non vale la pena tentare di "rattopparla"; quella di alvinlee e' molto piu' immediata.
Un modo alternativo di procedere era questo.
Si suppone per assurdo che $G$ non sia abeliano. Come alvinlee, si osserva appunto che esiste un sottogruppo normale $H$ di ordine $p$. A questo punto si fa agire $G$ su $H$ attraverso l'azione $(a,x)\mapsto axa^{-1}$, dove $a\in G$, $x\in H$. Se $x\in H$, lo stabilizzatore della sua orbita e' il suo centralizzatore, $Z(x)$, e la cardinalita' dell'orbita di $x$ e' quindi $|G|/(|Z(x)|)$.
Dal momento che possiamo supporre che il centralizzatore di ogni elemento di $H$ diverso dal neutro abbia ordine $p$ (altrimenti un elemento $a$ di $H$ commuterebbe con un elemento $b$ di ordine $q$ e quindi $ab$ genererebbe $G$), abbiamo che $H$ viene partizionato in orbite con $q$ elementi, eccetto l'orbita di $1$ che ha un solo elemento. Quindi $p=1 (mod q)$, assurdo.
bene, bene... mi pare che le vostre soluzioni funzionino tutte 
... alla prox!
... alla prox!
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