Automorfismi di un gruppo di ordine $pq$ con $p<q$
Se il gruppo è $C_(pq)$ sappiamo calcolare esattamente il numero degli automorfismi che risultano tanti quanti sono i generatori in $C_(pq)$ ossia $phi(pq)$. Giusto? O ricordo male?
Se il gruppo non è quello ciclico allora sarà di frobenius cioè possiede un sottogruppo normale di ordine $q$ ed, $q$ sottogruppi distinti di ordine $p$, è possibile calcolare esattamente quanti automorfismi possiede in generale un gruppo
siffatto? Resto in attesa di una risposta;Grazie!
Se il gruppo non è quello ciclico allora sarà di frobenius cioè possiede un sottogruppo normale di ordine $q$ ed, $q$ sottogruppi distinti di ordine $p$, è possibile calcolare esattamente quanti automorfismi possiede in generale un gruppo
siffatto? Resto in attesa di una risposta;Grazie!
Risposte
Mi viene un pò difficoltoso mostrarlo, comunque dovrebbero essere in numero di $(p-1)(q-1)q$. Se qualcuno vuol provare a verificarlo?
Grazie!
Grazie!
Il tuo gruppo [tex]G[/tex] non ciclico con [tex]|G|=pq[/tex] e [tex]p < q[/tex] ha centro identico, quindi si immerge in [tex]\text{Aut}(G)[/tex] e questo implica che [tex]|\text{Aut}(G)|[/tex] è diviso da [tex]pq[/tex]. Forse si riesce a dimostrare che [tex]G \cong \text{Aut}(G)[/tex], ma non lo so, ci devo pensare.
La formula $|Aut(G)|=(p-1)(q-1)q$, l'ho trovata per caso su un esercizio proposto da un testo, navigando su internet, quindi si suppone che sia esatta!
Ieri osservavo che $|Int(G)|=pq$, e questo é sicuramente vero, infatti in questi gruppi risulta $Z(G)=e$ ed essendo
$Int(G)$ isomorfo ad $G$ $/$ $Z(G)$, si ha $|Int(G)|=|G$$/$ $Z(G)|=|G|=pq$, essendo che non riuscivo a trovare altri automorfismi diversi da quelli delle forma appartenenti ad $Int(G)$, mi sono chiesto se per caso in questo gruppo,
potrebbe darsi, che il gruppo degli automorfismi $Aut(G)$ coincida con il gruppo $Int(G)$? Chiaramente se questo fosse
vero(cosa che onestamente non credo!), la formula sopra trovata risulterebbe errata, quindi si tratta di verificare se esistono in $G$ automorfismi che non sono della forma di quelli appartenenti ad $Int(G)$, io non riesco a mostrarne altri, se qualcuno vuol provare?
Grazie, e resto in attesa di una risposta!
Ieri osservavo che $|Int(G)|=pq$, e questo é sicuramente vero, infatti in questi gruppi risulta $Z(G)=e$ ed essendo
$Int(G)$ isomorfo ad $G$ $/$ $Z(G)$, si ha $|Int(G)|=|G$$/$ $Z(G)|=|G|=pq$, essendo che non riuscivo a trovare altri automorfismi diversi da quelli delle forma appartenenti ad $Int(G)$, mi sono chiesto se per caso in questo gruppo,
potrebbe darsi, che il gruppo degli automorfismi $Aut(G)$ coincida con il gruppo $Int(G)$? Chiaramente se questo fosse
vero(cosa che onestamente non credo!), la formula sopra trovata risulterebbe errata, quindi si tratta di verificare se esistono in $G$ automorfismi che non sono della forma di quelli appartenenti ad $Int(G)$, io non riesco a mostrarne altri, se qualcuno vuol provare?
Grazie, e resto in attesa di una risposta!
Forse si può fare vedere prendendo tutti gli automorfi dei sottogruppi di ordine $p$ , che risultano essere in numero
di $p(p-1)$, tutti gli automorfi del sottogruppo di ordine $q$ che risultano $q-1$ ed eseguire tutti i possibili prodotti semidiretti in $G$ , che risultano in numero di $p(p-1)(q-1)$, ottenendo così tutte le possibili copie isomorfe(automorfe) di $G$.
Ad esempio in un precedente postato avevo affermato che il gruppo $D_(2n)$ possiede $nphi(n)$ automorfismi,
nel caso specifico se $n=p$ si avrà $|Aut(D_(2p))|=pphi(p)=p(p-1)$, infatti avremo che tale gruppo avrà $p$ sottogruppi di ordine $2$, ed un unico sottogruppo di ordine $p$, se vado a contare tutti gli automorfi dei gruppi di ordine $2$
sono in toto $p$, gli automorfi dell'unico sottogruppo di ordine $p$ sono in numero di $(p-1)$, quindi è possibile ottenere $D_(2p)$ come prodotto semidiretto tra un sottogruppo(automorfo) di ordine $2$ ed un sottogruppo(automorfo) di ordine $p$ esattamente $p(p-1)$ volte, e quindi sembra che tutto corrisponda, e che la formula sia giusta!
Resto in attesa di una risposta; Grazie!
di $p(p-1)$, tutti gli automorfi del sottogruppo di ordine $q$ che risultano $q-1$ ed eseguire tutti i possibili prodotti semidiretti in $G$ , che risultano in numero di $p(p-1)(q-1)$, ottenendo così tutte le possibili copie isomorfe(automorfe) di $G$.
Ad esempio in un precedente postato avevo affermato che il gruppo $D_(2n)$ possiede $nphi(n)$ automorfismi,
nel caso specifico se $n=p$ si avrà $|Aut(D_(2p))|=pphi(p)=p(p-1)$, infatti avremo che tale gruppo avrà $p$ sottogruppi di ordine $2$, ed un unico sottogruppo di ordine $p$, se vado a contare tutti gli automorfi dei gruppi di ordine $2$
sono in toto $p$, gli automorfi dell'unico sottogruppo di ordine $p$ sono in numero di $(p-1)$, quindi è possibile ottenere $D_(2p)$ come prodotto semidiretto tra un sottogruppo(automorfo) di ordine $2$ ed un sottogruppo(automorfo) di ordine $p$ esattamente $p(p-1)$ volte, e quindi sembra che tutto corrisponda, e che la formula sia giusta!
Resto in attesa di una risposta; Grazie!
Resto in attesa di risposta;Grazie!
Resto in attesa di un coomento sull'esposto;Grazie!
Mi sembra che la cardinalita' di Aut($G$) sia $q(q-1)$. Ecco perche'.
Poiche' $G$ non e' ciclico, $p$ divide $q-1$.
Sia $y$ un elemento di $G$ di ordine $q$. Allora il gruppo
$H$ generato da $y$ e' un $q$-sottogruppo di Sylow di $G$.
Essendo unico, $H$ e' normale e persino caratteristico in $G$.
Sia $x$ un elemento di ordine $p$. Allora $G$ e' generato di $x$ e $y$
con relazioni $y^q=1$, $x^p=1$ e $xyx^{-1} = y^a$, dove
$a\in ZZ_q^{\times}$ ha ordine $p$.
Sia $f$ un automorfismo di $G$. Allora $f(y)=y^i$ per un certo
$i\in ZZ_q^{\times}$ e $f(x)=x^ky^j$ per certi $j\in ZZ_q$ e $k\in ZZ_p^{\times}$.
Per ogni scelta di $i,j,k$, l'ordine di $f(y)$ e' uguale a $q$ e l'ordine di $f(x)$ e' uguale a $p$.
L'unica restrizione su $i,j,k$ e' quindi la relazione $f(xyx^{-1}) = f(y^a)$.
Facciamo il calcolo:
$f(xyx^{-1})=x^ky^jy^iy^{-j}x^{-k}=(x^kyx^{-k})^i=y^{a^ki}$,
mentre $ f(y^a)=y^{ia}$. E' necessario e sufficiente che $a^ki\equiv ai$ mod $q$.
In altre parole $k\equiv 1$ mod $p$.
La cardinalita' di Aut($G$) e' uguale al numero di scelte per $i$ e $j$ ed
e' quindi uguale a $q(q-1)$. Il gruppo Aut($G$) e' isomorfo al sottogruppo
di $GL_2(ZZ_q)$ delle matrici della forma
$((1,j),(0,i))$
con $i\in ZZ_q^{\times}$ e $j\in ZZ_q$.
Poiche' $G$ non e' ciclico, $p$ divide $q-1$.
Sia $y$ un elemento di $G$ di ordine $q$. Allora il gruppo
$H$ generato da $y$ e' un $q$-sottogruppo di Sylow di $G$.
Essendo unico, $H$ e' normale e persino caratteristico in $G$.
Sia $x$ un elemento di ordine $p$. Allora $G$ e' generato di $x$ e $y$
con relazioni $y^q=1$, $x^p=1$ e $xyx^{-1} = y^a$, dove
$a\in ZZ_q^{\times}$ ha ordine $p$.
Sia $f$ un automorfismo di $G$. Allora $f(y)=y^i$ per un certo
$i\in ZZ_q^{\times}$ e $f(x)=x^ky^j$ per certi $j\in ZZ_q$ e $k\in ZZ_p^{\times}$.
Per ogni scelta di $i,j,k$, l'ordine di $f(y)$ e' uguale a $q$ e l'ordine di $f(x)$ e' uguale a $p$.
L'unica restrizione su $i,j,k$ e' quindi la relazione $f(xyx^{-1}) = f(y^a)$.
Facciamo il calcolo:
$f(xyx^{-1})=x^ky^jy^iy^{-j}x^{-k}=(x^kyx^{-k})^i=y^{a^ki}$,
mentre $ f(y^a)=y^{ia}$. E' necessario e sufficiente che $a^ki\equiv ai$ mod $q$.
In altre parole $k\equiv 1$ mod $p$.
La cardinalita' di Aut($G$) e' uguale al numero di scelte per $i$ e $j$ ed
e' quindi uguale a $q(q-1)$. Il gruppo Aut($G$) e' isomorfo al sottogruppo
di $GL_2(ZZ_q)$ delle matrici della forma
$((1,j),(0,i))$
con $i\in ZZ_q^{\times}$ e $j\in ZZ_q$.
Grazie comunque per la risposta , ma la mia domanda è se cio che ho asserito sia esatto, cioè che $|Aut(G)|=(p-1)(q-1)q$
, nel caso in cui $G$ è un gruppo non abeliano di ordine $pq$( Grupppo diFrobenius)!
Nel caso che $G$ sia ciclico sicuramente $|Aut(G)|=(p-1)(q-1)$.
Una cosa é certa, l'automorfo di $G$ deve risultare anch'esso prodotto semidiretto degli automorfi dei due sottogruppi
di ordine $p$, e $q$:
, nel caso in cui $G$ è un gruppo non abeliano di ordine $pq$( Grupppo diFrobenius)!
Nel caso che $G$ sia ciclico sicuramente $|Aut(G)|=(p-1)(q-1)$.
Una cosa é certa, l'automorfo di $G$ deve risultare anch'esso prodotto semidiretto degli automorfi dei due sottogruppi
di ordine $p$, e $q$:
Resto in attesa di una risposta; Grazie!
Ti invito a leggere meglio l'intervento di Stickelberger.
Ci sto provando, può darsi che mi sbagli ma a me la cardinalità di $Aut(PQ)$ risulta stando alle mie considerazioni, $q(p-1)(q-1)$.
Poi, essendo io un profano in materia, posso anche aver scritto delle banalità o cose totalmente inesatte, solo che avendo trovato la formula senza dimostrazione, proposta in un esercizio, mi fa' supporre che sia esatta!
Poi, essendo io un profano in materia, posso anche aver scritto delle banalità o cose totalmente inesatte, solo che avendo trovato la formula senza dimostrazione, proposta in un esercizio, mi fa' supporre che sia esatta!
Ti dovrebbe convincere di piu' una formula con dimostrazione! 
Stickelberger nel suo intervento dimostra (e non mi pare ci siano errori) che se [tex]G = C_q \rtimes C_p[/tex] non e' ciclico allora [tex]|\text{Aut}(G)|=q(q-1)[/tex], in particolare [tex]|\text{Aut}(G)| \neq q(q-1)(p-1)[/tex] non appena [tex]p \neq 2[/tex].
Stickelberger nel suo intervento dimostra (e non mi pare ci siano errori) che se [tex]G = C_q \rtimes C_p[/tex] non e' ciclico allora [tex]|\text{Aut}(G)|=q(q-1)[/tex], in particolare [tex]|\text{Aut}(G)| \neq q(q-1)(p-1)[/tex] non appena [tex]p \neq 2[/tex].
Si, scusa se ho insistito, probabilmente hai ragione, ma mi sono ingannato in quanto apparentemente tutto funzionava!
Non vorrei sbagliarmi, ma se $$$=H_1$,$$ $=H_2$,....$$ $=H_i$........$$ $=H_q$, sono i $q$ sottogruppi di ordine $p$, in $G$, e $K=$ l'unico sottogruppo normale in$G$, fissato un generico $h_i$, gli automorfismi distinti possibili da esibire non sono solo i seguenti?
Fissato ad esempio $h_1$,avremo:
$h_1->h_1$, $k->k^j$ con $1<=j
$h_1->h_i$, $k->k^j$ con $1<=j
$h_1->h_q$,$k->k^j$ con $1<=j
In attesa di una risposta,porgo cordiali saluti!
Fissato ad esempio $h_1$,avremo:
$h_1->h_1$, $k->k^j$ con $1<=j
$h_1->h_i$, $k->k^j$ con $1<=j
$h_1->h_q$,$k->k^j$ con $1<=j
In attesa di una risposta,porgo cordiali saluti!
Resto in attesa di una risposta; Grazie!
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