Calcolo di $o(ccAut(G))$ per $o(G)=p^2$
Buonasera
In rete ho trovato questo esercizio:
Dato un gruppo $G$ di ordine $p^2$, con $p$ numero primo, si provi che
- se $G$ è ciclico allora $o(ccAut(G))=p(p-1)$
- se $G$ non è ciclico allora $o(ccAut(G))=p(p-1)^2(p+1)$
Innanzitutto so che i gruppi di ordine $p^2$, con $p$ numero primo, sono tutti abeliani. So inoltre che tali gruppi o sono isomorfi a $ZZ_(p^2)$ (e in tale caso sono ciclici) oppure a $ZZ_p x ZZ_p$ (e in tale caso non sono ciclici).
Per quello che riguarda i gruppi ciclici è sufficirente applicare la funzione di Eulero poichè $ccAut(G)$ è isomorfo al gruppo degli interi minori di $p^2$ e relativamente primi con $p^2$ stesso.
Sembra anche che questo fatto si possa generalizzare a $o(G)=p^n$, $n$ numero naturale positivo, ottenendo $o(ccAut(G))=p^(n-1)(p-1)$
Ma come faccio ad individuare $o(ccAut(G))$ nel caso in cui $G$ non sia ciclico?
Si tratta forse di trovare una formula che coinvolga $ccAut(ZZ_p)$? Come sopra di $ccAut(ZZ_p)$ so che essendo $ZZ_p$ ciclico di ordine $p$ allora $ccAut(ZZ_p)$ è isomorfo al gruppo degli interi minori di $p$ e relativamente primi con $p$ e quindi $ccAut(ZZ_p)=p-1$.
Sicuramente è $ccAut(ZZ_p x ZZ_p)!=ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_p)$ poichè se così non fosse non otterrei il risultato richiesto, ho provato anche a modificare tale formula ma ancora è $ccAut(ZZ_p x ZZ_p)!=ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_((p+1)^2))$ tra l'altro se valesse tale formula non avrei il risultato giusto lo stesso perchè $p+1$ non sarebbe primo se non nel caso $p=2$.
In pratica vi chiederei se conoscete una formula che coinvolga automorfismi di prodotti di gruppi con gli automorfismi dei gruppi stessi, ossia una formula che lega $Aut(H x K)$ a $Aut(H)$ e $Aut(K)$ o almeno i loro rispettivi ordini.
Grazie.
In rete ho trovato questo esercizio:
Dato un gruppo $G$ di ordine $p^2$, con $p$ numero primo, si provi che
- se $G$ è ciclico allora $o(ccAut(G))=p(p-1)$
- se $G$ non è ciclico allora $o(ccAut(G))=p(p-1)^2(p+1)$
Innanzitutto so che i gruppi di ordine $p^2$, con $p$ numero primo, sono tutti abeliani. So inoltre che tali gruppi o sono isomorfi a $ZZ_(p^2)$ (e in tale caso sono ciclici) oppure a $ZZ_p x ZZ_p$ (e in tale caso non sono ciclici).
Per quello che riguarda i gruppi ciclici è sufficirente applicare la funzione di Eulero poichè $ccAut(G)$ è isomorfo al gruppo degli interi minori di $p^2$ e relativamente primi con $p^2$ stesso.
Sembra anche che questo fatto si possa generalizzare a $o(G)=p^n$, $n$ numero naturale positivo, ottenendo $o(ccAut(G))=p^(n-1)(p-1)$
Ma come faccio ad individuare $o(ccAut(G))$ nel caso in cui $G$ non sia ciclico?
Si tratta forse di trovare una formula che coinvolga $ccAut(ZZ_p)$? Come sopra di $ccAut(ZZ_p)$ so che essendo $ZZ_p$ ciclico di ordine $p$ allora $ccAut(ZZ_p)$ è isomorfo al gruppo degli interi minori di $p$ e relativamente primi con $p$ e quindi $ccAut(ZZ_p)=p-1$.
Sicuramente è $ccAut(ZZ_p x ZZ_p)!=ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_p)$ poichè se così non fosse non otterrei il risultato richiesto, ho provato anche a modificare tale formula ma ancora è $ccAut(ZZ_p x ZZ_p)!=ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_p)ccAut(ZZ_((p+1)^2))$ tra l'altro se valesse tale formula non avrei il risultato giusto lo stesso perchè $p+1$ non sarebbe primo se non nel caso $p=2$.
In pratica vi chiederei se conoscete una formula che coinvolga automorfismi di prodotti di gruppi con gli automorfismi dei gruppi stessi, ossia una formula che lega $Aut(H x K)$ a $Aut(H)$ e $Aut(K)$ o almeno i loro rispettivi ordini.
Grazie.
Risposte
"deserto":Eh magari
Sembra anche che questo fatto si possa generalizzare a $o(G)=p^n$, $n$ numero naturale positivo, ottenendo $o(ccAut(G))=p^(n-1)(p-1)$
siamo ben lontani dal conoscere i $p$-gruppi. Quello che dici è falso, per esempio $"Aut"(Q_8) cong S_4$.Ma come faccio ad individuare $o(ccAut(G))$ nel caso in cui $G$ non sia ciclico?Bella domanda. Il fatto è che nel tuo caso la risposta è semplice: puoi vedere $ZZ_p xx ZZ_p$ come lo spazio vettoriale di dimensione $2$ su $ZZ_p$, ed accorgerti che un automorfismo di $ZZ_p xx ZZ_p$ è sempre $ZZ_p$-lineare. Di conseguenza $"Aut"(ZZ_p xx ZZ_p)$ è isomorfo al gruppo delle matrici invertibili $2 xx 2$ a coefficienti in $ZZ_p$ (viene indicato con $GL(2,p)$). L'ordine del gruppi del tipo $GL(n,q)$ si calcola facilmente, basta ragionare sugli spazi generati dalle colonne.
Ma in generale calcolare il gruppo degli automorfismi di un dato gruppo non è un problema semplice.
Ah scusa non avevo capito che stavi supponendo $G$ ciclico. In quel caso hai ragione. Ma d'altra parte più in generale $"Aut"(C_n)$ ha ordine $varphi(n)$ ($varphi$ è la phi di Euler)."deserto":Eh magari
Sembra anche che questo fatto si possa generalizzare a $o(G)=p^n$, $n$ numero naturale positivo, ottenendo $o(ccAut(G))=p^(n-1)(p-1)$
"Martino":Eh magari
[quote="deserto"]Sembra anche che questo fatto si possa generalizzare a $o(G)=p^n$, $n$ numero naturale positivo, ottenendo $o(ccAut(G))=p^(n-1)(p-1)$
siamo ben lontani dal conoscere i $p$-gruppi. Quello che dici è falso, per esempio $"Aut"(Q_8) cong S_4$.[/quote]Ciao
Forse quello che ho scritto si poteva fraintendere. Io stavo discutendo ancora il caso del gruppo ciclico. Essendo il gruppo dei quaternioni non abeliano, di sicuro non è nemmeno ciclico, e pertanto quanto affermavo non lo riguardava.
Quindi provo ad essere un po' più chiaro:
Se $G$ è un gruppo ciclico con $o(G)=p^n$ allora $G$ è isomorfo a $ZZ_(p^n)$, di conseguenza $ccAut(G)$ è in corrispondenza biunivoca con il gruppo degli interi minori di $p^n$ e relativamente primi con $p^n$ stesso. Si ha così: $o(ccAut(G))=\phi(p^n)=p^(n-1)(p-1)$ dove $\phi$ è la funzione di Eulero.
Credo che formulato così possa essere accettabile.
Grazie
Sì infatti, vedi il mio precedente intervento.
Il fatto è che nel tuo caso la risposta è semplice: puoi vedere $ZZ_p xx ZZ_p$ come lo spazio vettoriale di dimensione $2$ su $ZZ_p$, ed accorgerti che un automorfismo di $ZZ_p xx ZZ_p$ è sempre $ZZ_p$-lineare. Di conseguenza $"Aut"(ZZ_p xx ZZ_p)$ è isomorfo al gruppo delle matrici invertibili $2 xx 2$ a coefficienti in $ZZ_p$ (viene indicato con $GL(2,p)$). L'ordine del gruppi del tipo $GL(n,q)$ si calcola facilmente, basta ragionare sugli spazi generati dalle colonne.
Ma in generale calcolare il gruppo degli automorfismi di un dato gruppo non è un problema semplice.
Giustissimo.
Questo mi ricorda quanto mi avevi detto a proposto di un altro mio post: Calcolo di $ccA(G)$,$I(G)$,$A(G)$.
A questo punto credo che sia completa la discussione per quello che riguarda $o(G)=p^2$.
Intanto che c'ero ho provato a dare un'occhiata alle tue note di algebra, più precisamente a quando tratti l'argomento della classificazione dei gruppi di ordine $p^3$. In questo caso è infatti difficile stabilire quanto possa valere $o(ccA(G))$.
Mi hai scritto sopra che $ccAut(Q_8) cong S_4$ quindi $o(ccAut(Q_8))=24$; d'altra parte, sempre riportando dalle tue note di algebra, $G$ potrebbe essere $D_8$. C'è una qualche relazione tra $o(ccAut(Q_8))$ e $o(ccAut(D_8))$ ?
Grazie ancora
Si può generalizzare:
(indico con $D_n$ il gruppo delle simmetrie sull' $n$-gono, quindi $D_n$ ha $2n$ elementi)
vale $Aut(D_n) ~= ZZ_n \times|_\phi ZZ_n^*$ ($\times|$ dovrebbe indicare il simbolo di prodotto semidiretto)
dove $phi : ZZ_n^* -> Aut(ZZ_n)$ è l'isomorfismo standard.
(indico con $D_n$ il gruppo delle simmetrie sull' $n$-gono, quindi $D_n$ ha $2n$ elementi)
vale $Aut(D_n) ~= ZZ_n \times|_\phi ZZ_n^*$ ($\times|$ dovrebbe indicare il simbolo di prodotto semidiretto)
dove $phi : ZZ_n^* -> Aut(ZZ_n)$ è l'isomorfismo standard.
Ecco, quindi possono esistere dei gruppi dello stesso ordine ma per i quali sono diversi gli ordini dei corrispondenti gruppi di automorfismi:
$o(D_8)=8$
$o(Q_8)=8$
$o(C_8)=8$
$o(C_2 x C_2 x C_2)=8$
$o(C_4 x C_2)=8$
per i quali si ha rispettivamente:
$Aut(D_8) cong D_8$ e quindi $o(Aut(D_8))=8$ e $Aut(D_8)$ non è abeliano.
$Aut(Q_8) cong S_4$ e quindi $o(Aut(Q_8))=24$ e $Aut(Q_8)$ non è abeliano.
$o(Aut(C_8))=4$ per la formula scritta precedentemente. Qui si ha che o $Aut(C_8) cong C_4$ oppure $Aut(C_8) cong C_2 x C_2$ (gruppo di Klein). Costruendo la tabella del gruppo degli interi minori di $8$ e primi con $8$ rispetto alla moltiplicazione modulo $8$, vedo che tale tabella è identica a quella del gruppo di Klein, pertanto ottengo $Aut(C_8) cong C_2 x C_2$. Quindi $Aut(C_8)$ è un gruppo abeliano ma non ciclico. Questo potrebbe essere preso come esempio di un gruppo ciclico il cui gruppo di automorfismi non è ciclico.
$Aut(C_2 x C_2 x C_2) cong GL(3,2)$ ossia un gruppo non abeliano e $o(Aut(C_2 x C_2 x C_2))=168$.
Per $Aut(C_4 x C_2)$ invece non saprei come fare, quindi si accettano suggerimenti.
Grazie
$o(D_8)=8$
$o(Q_8)=8$
$o(C_8)=8$
$o(C_2 x C_2 x C_2)=8$
$o(C_4 x C_2)=8$
per i quali si ha rispettivamente:
$Aut(D_8) cong D_8$ e quindi $o(Aut(D_8))=8$ e $Aut(D_8)$ non è abeliano.
$Aut(Q_8) cong S_4$ e quindi $o(Aut(Q_8))=24$ e $Aut(Q_8)$ non è abeliano.
$o(Aut(C_8))=4$ per la formula scritta precedentemente. Qui si ha che o $Aut(C_8) cong C_4$ oppure $Aut(C_8) cong C_2 x C_2$ (gruppo di Klein). Costruendo la tabella del gruppo degli interi minori di $8$ e primi con $8$ rispetto alla moltiplicazione modulo $8$, vedo che tale tabella è identica a quella del gruppo di Klein, pertanto ottengo $Aut(C_8) cong C_2 x C_2$. Quindi $Aut(C_8)$ è un gruppo abeliano ma non ciclico. Questo potrebbe essere preso come esempio di un gruppo ciclico il cui gruppo di automorfismi non è ciclico.
$Aut(C_2 x C_2 x C_2) cong GL(3,2)$ ossia un gruppo non abeliano e $o(Aut(C_2 x C_2 x C_2))=168$.
Per $Aut(C_4 x C_2)$ invece non saprei come fare, quindi si accettano suggerimenti.
Grazie
"deserto":Scrivi $C_4=$, $C_2=$. Fissa un automorfismo $f$ di $C_4 xx C_2$. Ricorda che $f$ deve conservare gli ordini degli elementi. Se $f$ manda $a$ in $a$ allora deve mandare $b$ in $a^2b$ oppure in $b$ ($b$ non può andare in $a^2$ perché già ci va $a^2$). Continua in questo modo: determina gli $f$ possibili elencando i possibili $f(a)$ e deducendo i $f(b)$.
Per $Aut(C_4 xx C_2)$ invece non saprei come fare, quindi si accettano suggerimenti.
Vediamo se ho capito.
Dal fatto che $C_4$ e $C_2$ sono ciclici di ordine rispettivamente $4$ e $2$ ne segue che esistono due elementi $a$ e $b$ rispettivamente di ordine $4$ e $2$ tali che $C_4={1, a, a^2, a^3}$ e $C_2={1, b},
Consideriamo $C_4 xx C_2$, si ha: $C_4 x C_2 ={(1,1), (1,b), (a,1), (a,b), (a^2,1), (a^2,b), (a^3,1), (a^3,b)}$, che possiamo permetterci di scrivere, per comodità di notazione, $C_4 x C_2 ={1, b, a, ab, a^2, a^2b, a^3, a^3b}$.
$1$ ha ordine $1$
$b, a^2, a^2b$ hanno ordine $2$
$a, ab, a^3, a^3b$ hanno ordine $4$.
Sia ora $f$ un automorfismo di $C_4 x C_2$.
$f$ deve mandare $1$ in $1$ e gli elementi di ordine $2$ e $4$ rispettivamente in elementi di ordine $2$ e $4$.
Dopo diversi conti sono giunto alla seguente conclusione: $o(Aut(C4 x C2))=8$, $Aut(C4 x C2)={id, f_1, f_2, f_3, f_4, f_5, f_6,f_7}$, dove:
$id$ è la funzione identità;
$f_1(a)=a$, $f_1(b)=a^2b$, $f_1(a^2)=a^2$, $f_1(a^3)=a^3$, $f_1(ab)=a^3b$, $f_1(a^2b)=b$, $f_1(a^3b)=ab$, $f_1(1)=1$;
$f_2(a)=ab$, $f_2(b)=b$, $f_2(a^2)=a^2$, $f_2(a^3)=a^3b$, $f_2(ab)=a$, $f_2(a^2b)=a^2b$, $f_2(a^3b)=a^3$, $f_2(1)=1$;
$f_3(a)=ab$, $f_3(b)=a^2b$, $f_3(a^2)=a^2$, $f_3(a^3)=a^3b$, $f_3(ab)=a^3$, $f_3(a^2b)=b$, $f_3(a^3b)=a$, $f_3(1)=1$;
$f_4(a)=a^3$, $f_4(b)=b$, $f_4(a^2)=a^2$, $f_4(a^3)=a$, $f_4(ab)=a^3b$, $f_4(a^2b)=a^2b$, $f_4(a^3b)=ab$, $f_4(1)=1$;
$f_5(a)=a^3$, $f_5(b)=a^2b$, $f_5(a^2)=a^2$, $f_5(a^3)=a$, $f_5(ab)=ab$, $f_5(a^2b)=b$, $f_5(a^3b)=a^3b$, $f_5(1)=1$;
$f_6(a)=a^3b$, $f_6(b)=b$, $f_6(a^2)=a^2$, $f_6(a^3)=ab$, $f_6(ab)=a^3$, $f_6(a^2b)=a^2b$, $f_6(a^3b)=a$, $f_6(1)=1$;
$f_7(a)=a^3b$, $f_7(b)=a^2b$, $f_7(a^2)=a^2$, $f_7(a^3)=ab$, $f_7(ab)=a$, $f_7(a^2b)=b$, $f_7(a^3b)=a^3$, $f_7(1)=1$.
Ne segue che $Aut(C4 × C2)$ è isomorfo ad uno dei $5$ gruppi di ordine $8$ scritti precedentemente.
E' immediato verificare che $Aut(C4 × C2)$ non è abeliano, infatti $f_2 circ f_5(a) != f_5 circ f_2(a)$.
Restano pertanto solo due possibilità: o $Aut(C4 × C2) cong D_8$ oppure $Aut(C4 × C2) cong Q_8$
D'altra parte se inizio a scrivere la tavola di $Aut(C4 × C2)$ mi accorgo subito che si ha: $f_1 circ f_1 = 1 =f_2 circ f_2$, quindi non può essere $Aut(C4 × C2) cong Q_8$. Resta allora l'unica possibilità $Aut(C4 × C2) cong D_8$.
Dal fatto che $C_4$ e $C_2$ sono ciclici di ordine rispettivamente $4$ e $2$ ne segue che esistono due elementi $a$ e $b$ rispettivamente di ordine $4$ e $2$ tali che $C_4={1, a, a^2, a^3}$ e $C_2={1, b},
Consideriamo $C_4 xx C_2$, si ha: $C_4 x C_2 ={(1,1), (1,b), (a,1), (a,b), (a^2,1), (a^2,b), (a^3,1), (a^3,b)}$, che possiamo permetterci di scrivere, per comodità di notazione, $C_4 x C_2 ={1, b, a, ab, a^2, a^2b, a^3, a^3b}$.
$1$ ha ordine $1$
$b, a^2, a^2b$ hanno ordine $2$
$a, ab, a^3, a^3b$ hanno ordine $4$.
Sia ora $f$ un automorfismo di $C_4 x C_2$.
$f$ deve mandare $1$ in $1$ e gli elementi di ordine $2$ e $4$ rispettivamente in elementi di ordine $2$ e $4$.
Dopo diversi conti sono giunto alla seguente conclusione: $o(Aut(C4 x C2))=8$, $Aut(C4 x C2)={id, f_1, f_2, f_3, f_4, f_5, f_6,f_7}$, dove:
$id$ è la funzione identità;
$f_1(a)=a$, $f_1(b)=a^2b$, $f_1(a^2)=a^2$, $f_1(a^3)=a^3$, $f_1(ab)=a^3b$, $f_1(a^2b)=b$, $f_1(a^3b)=ab$, $f_1(1)=1$;
$f_2(a)=ab$, $f_2(b)=b$, $f_2(a^2)=a^2$, $f_2(a^3)=a^3b$, $f_2(ab)=a$, $f_2(a^2b)=a^2b$, $f_2(a^3b)=a^3$, $f_2(1)=1$;
$f_3(a)=ab$, $f_3(b)=a^2b$, $f_3(a^2)=a^2$, $f_3(a^3)=a^3b$, $f_3(ab)=a^3$, $f_3(a^2b)=b$, $f_3(a^3b)=a$, $f_3(1)=1$;
$f_4(a)=a^3$, $f_4(b)=b$, $f_4(a^2)=a^2$, $f_4(a^3)=a$, $f_4(ab)=a^3b$, $f_4(a^2b)=a^2b$, $f_4(a^3b)=ab$, $f_4(1)=1$;
$f_5(a)=a^3$, $f_5(b)=a^2b$, $f_5(a^2)=a^2$, $f_5(a^3)=a$, $f_5(ab)=ab$, $f_5(a^2b)=b$, $f_5(a^3b)=a^3b$, $f_5(1)=1$;
$f_6(a)=a^3b$, $f_6(b)=b$, $f_6(a^2)=a^2$, $f_6(a^3)=ab$, $f_6(ab)=a^3$, $f_6(a^2b)=a^2b$, $f_6(a^3b)=a$, $f_6(1)=1$;
$f_7(a)=a^3b$, $f_7(b)=a^2b$, $f_7(a^2)=a^2$, $f_7(a^3)=ab$, $f_7(ab)=a$, $f_7(a^2b)=b$, $f_7(a^3b)=a^3$, $f_7(1)=1$.
Ne segue che $Aut(C4 × C2)$ è isomorfo ad uno dei $5$ gruppi di ordine $8$ scritti precedentemente.
E' immediato verificare che $Aut(C4 × C2)$ non è abeliano, infatti $f_2 circ f_5(a) != f_5 circ f_2(a)$.
Restano pertanto solo due possibilità: o $Aut(C4 × C2) cong D_8$ oppure $Aut(C4 × C2) cong Q_8$
D'altra parte se inizio a scrivere la tavola di $Aut(C4 × C2)$ mi accorgo subito che si ha: $f_1 circ f_1 = 1 =f_2 circ f_2$, quindi non può essere $Aut(C4 × C2) cong Q_8$. Resta allora l'unica possibilità $Aut(C4 × C2) cong D_8$.
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