Classificazione dei gruppi di ordine 340

[isaac888]

Salve a tutti,

Sto cercando di risolvere questo esercizio e il mio problema è quello di dire quando e se due prodotti semidiretti non sono isomorfi. Ma Vi faccio vedere in breve il mio ragionamento così facciamo prima.

Sia $G$ il mio gruppo:

1)$340=2^2*5*17$.
Il 17-Sylow che chiamerò $P_{17}$ è normale (unico);

2)$\bar{G}:=G//P_{17}$ ha ordine $2^2*5$ per cui è il 5-Sylow in $\bar{G}$ è normale (unico); Per il teorema di corrispondenza per sottogruppi ottengo che la controimmagine (unica) di questo 5-Sylow dentro $G$ contiene $P_{17}$ ed è normale perchè la normalità viene preservata. Sia $H$ questo sottogruppo di ordine $85=5*17$. ($H$ è ciclico perchè ha cardinalità $p*q$ con $p$ che non divide $q-1$, $p,q$ primi distinti).

3)Sia $K:=P_2$ un 2-Sylow di $G$, allora, visto che $|K\cap H|=1$ per cardinalità coprime e visto che $|G|=|H|*|K|$ allora, dato che $H$ è normale in $G$ ottengo che $G\cong H\rtimes_{\tau} K$, dove $\tau: K \rightarrow Aut(H)$ è l'omomorfismo che determina la regola di commutazione fra i generatori di $K$ e di $H$.

A questo punto ho 2 casi: I) $K\cong \mathbb{Z}//4\mathbb{Z}$ e II)$K\cong \mathbb{Z}//2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}//2\mathbb{Z}$.

Caso I): Siccome so per certo che due diversi omomorfismi $\tau$ e $\tau'$ che hanno nuclei non isomorfi inducono prodotti semidiretti non isomorfi allora decido di studiare tutto a partire dalla cardinalità dei possibili nuclei di $\tau$.

Diciamo che $|Ker(\tau)|=1$, allora so che $<\tau(1)>\cong \mathbb{Z}//4\mathbb{Z}$ è un sottogruppo di $Aut(H)$.

Osservo che:

Fatto a) $Aut(H)$ è abeliano ($(\mathbb{Z}//85\mathbb{Z})^{\ast}$ è abeliano) per cui i suoi sottogruppi ciclici di ordine 4 hanno orbita lunga 1 rispetto all'azione di coniugio di $Aut(H)$ sui propri sottogruppi.

Fatto b) $Aut(H)$ contiene esattamente 6 copie distinte di $K$ (io ne ho contate 6) e sappiamo che $|Aut(K)|=2$, per cui l'unico $\beta \in Aut(K)$ diverso dall'identità è $\beta:1\mapsto 3$

fatto c) un eventuale $\tau'(1):=\tau(\beta(1))$ induce lo stesso prodotto semidiretto di $\tau$.

Per cui sicuramente in questo caso ($\tau$ iniettivo) $\tau$ e $\tau'$ inducono lo stesso prodotto semidiretto se le loro immagini sono lo stesso sottogruppo ciclico di ordine 4 di $Aut(H)$.
Quindi ho AL PIU' 6 prodotti semidiretti (con questo nucleo).

Il fatto a) però non mi permette di concludere che i prodotti semidiretti di questo tipo siano 6 e tutti distinti (mi avrebbe permesso di dire che sono tutti isomorfi se i sottogruppi di ordine 4 fossero stati tutti coniugati!).

DOMANDE: E' un caso che la soluzione di questo esercizio porti a 6 prodotti semidiretti distinti di questo tipo (esattamente quante sono le copie di $K$ in $Aut(H)$)?
Qualcuno mi può aiutare a dire esattamente quanti semidiretti distinti di questo tipo esistono e perchè partendo (almeno) dalle osservazioni che ho fatto io?
Domanda bonus: Siccome è più facile classificare $\bar(G)$, tornando indietro con il teorema di corrispondenza, avrei potuto concludere che $G\cong P_{17}\rtimes \bar{G}$, o equivalentemente, ci sarebbe un modo per dimostrare che in $G$ esiste un sottogruppo di ordine 20 di cui non mi sono accorto?

Grazie in anticipo.

[spugna2]

"Isaac888":E' un caso che la soluzione di questo esercizio porti a 6 prodotti semidiretti distinti di questo tipo (esattamente quante sono le copie di $K$ in $Aut(H)$)?
Qualcuno mi può aiutare a dire esattamente quanti semidiretti distinti di questo tipo esistono e perchè partendo (almeno) dalle osservazioni che ho fatto io?

Un prodotto semidiretto tra quei gruppi è completamente descritto dall'immagine di un generatore di $K$ in $Aut(H)$, che si può rappresentare tramite un intero $a \in ZZ$ di ordine $4$ modulo $85$. Una volta fissato $a$ e chiamato $G_a$ il prodotto semidiretto corrispondente, puoi osservare che la classe di coniugio di un qualsiasi elemento $x$ di ordine $85$ è $\{ x,x^a,x^{a^2},x^{a^3}\}$ (la ottieni coniugando $x$ tramite gli elementi di $K$, e non ci sono altri coniugati perché il centralizzatore di $x$, contenendo $H$, ha indice al più $4$). Supponiamo ora che esista un isomorfismo tra $G_a$ e $G_b$: detta $y$ l'immagine di $x$ in $G_b$, deve valere l'uguaglianza tra la classe di coniugio di $y$, che è $\{ y,y^b,y^{b^2},y^{b^3}\}$, e l'immagine della classe di coniugio di $x$, che è $\{ y,y^a,y^{a^2},y^{a^3}\}$. Da $y^b \in \{ y,y^a,y^{a^2},y^{a^3}\}$ deduci che $b$ è congruo a una potenza di $a$ modulo $85$, e simmetricamente che $a$ è congruo a una potenza di $b$. Ne segue che i due gruppi sono isomorfi se e solo se $a$ e $b$ generano lo stesso sottogruppo di $Aut(H)$, quindi ce ne sono 6 distinti.

"Isaac888":Domanda bonus: Siccome è più facile classificare $\bar(G)$, tornando indietro con il teorema di corrispondenza, avrei potuto concludere che $G\cong P_{17}\rtimes \bar{G}$, o equivalentemente, ci sarebbe un modo per dimostrare che in $G$ esiste un sottogruppo di ordine 20 di cui non mi sono accorto?

Una volta dimostrato che esiste un sottogruppo normale $H$ ciclico di ordine $85$, segue immediatamente che c'è un unico 5-Sylow $P_5$: infatti, un qualsiasi elemento di ordine $5$ deve appartenere ad $H$ (perché la sua immagine in $G/H$ deve essere un divisore di $5$, ma $G/H$ ha ordine $4$), ma $H$, essendo ciclico, ammette un unico sottogruppo di ordine $5$. A questo punto un 2-Sylow di $G/P_5$ corricponde a un sottogruppo di $G$ di ordine $20$. Quindi sì, potevi procedere con la classificazione anche in questo modo, ma potrebbe essere più complicato stabilire se due prodotti semidiretti distinti sono isomorfi oppure no (ma non ci ho pensato molto).

[isaac888]

Ti ringrazio molto, sei stato molto esauriente e hai risposto a tutto quello che volevo sapere.
Ho un'ultima domanda. Tu scrivi:

Un prodotto semidiretto tra quei gruppi è completamente descritto dall'immagine di un generatore di $K$ in $Aut(H)$

Quello su cui ho il dubbio è il "completamente". Cerco di spiegarmi meglio. A lezione mi hanno dimostrato questo:

Lemma:

Dati due gruppi $H$ e $K$, siano $\phi$, $\psi: K \rightarrow Aut(H)$ due omomorfismi. Se esistono $\alpha \in Aut(H)$ e $\beta \in Aut(K)$ tali che: $$\alpha \circ \phi(k) \circ \alpha^{-1} = \psi(\beta(k)), \forall k \in K$$ allora $H\rtimes_{\phi}K \cong H\rtimes_{\psi}K$.

e mi hanno spiegato che questo lemma funziona solo in un verso. Avere $\alpha$ e $\beta$ come nel lemma mi assicura che i prodotti semidiretti siano isomorfi. Non averli non vuol dire niente! Potrebbero essere ancora isomorfi:

Controesempio:

Si può costruire un prodotto semidiretto non banale $S_{3}\rtimes \mathbb{Z}//2\mathbb{Z}$ e si può dimostrare che questo sia isomorfo a $S_{3}\times \mathbb{Z}//2\mathbb{Z}$.

Ora voglio assicurarmi di impadronirmi della tua idea sul discorso delle immagini di $K$ in $Aut(H)$. Leggendo questo caso specifico con le lenti di quel lemma, stiamo notando che:

ci sono 6 sottogruppi ciclici di ordine 4 distinti in $Aut(H)$ e che NON ci sono $\alpha\ne Id$ con cui si possa coniugare uno di questi 6 sottogruppi in un altro, perchè $Aut(H)$ è abeliano.

Il fatto che $\beta$ inverta se non è l'identità, mi dice solo che due omomorfismi da $K$ in $Aut(H)$ con la stessa immagine mi danno lo stesso semidiretto. Fin qui ok.

Non so se mi sto sbagliando o sto capendo male ma c'è qualcosa nel ragionamento che hai fatto tu o nelle ipotesi che fa funzionare il lemma nell'altro verso? Cioè che:

se non ci sono $\alpha\ne Id$ allora posso affermare che i semidiretti sono sicuramente non isomorfi

grazie in anticipo

[spugna2]

Quello che intendevo dire con "completamente" è che l'intero $a$ contiene tutta l'informazione sull'operazione di $G$, ma in quel momento non mi stavo preoccupando del fatto che due interi distinti determinassero prodotti isomorfi oppure no.

"Isaac888":Non so se mi sto sbagliando o sto capendo male ma c'è qualcosa nel ragionamento che hai fatto tu o nelle ipotesi che fa funzionare il lemma nell'altro verso?

La condizione $\alpha \circ phi(k) \circ \alpha^{-1}=\psi(\beta(k))$ è la condizione necessaria e sufficiente affinché esista un isomorfismo tra $H \rtimes_phi K$ e $H \rtimes_psi K$ che conserva $H$ e $K$ (se esiste, $alpha$ e $beta$ sono le sue restrizioni a $H$ e $K$ rispettivamente). Il problema è che potrebbe esistere un isomorfismo che non li conserva.

Una cosa che accade abbastanza spesso però (basandomi sulla mia esperienza personale) è che si riesca a dimostrare che un isomorfismo tra i due gruppi deve conservare $H$ (ed è quello che succede nel tuo caso, visto che in ogni prodotto semidiretto $H$ è l'unico sottogruppo ciclico di ordine $85$). In tal caso, se definisci i sottogruppi $A_\phi,A_\psi

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[spugna2]

Ripensandoci, in realtà si può fare di meglio: se esiste un isomorfismo che conserva $H$, allora esistono $\alpha \in \text{Aut}(H)$ e $\beta \in \text{Aut}(K)$ tali che, per ogni $k \in K$, l'uguaglianza $ \alpha \circ phi(k) \circ \alpha^{-1}=\psi(\beta(k)) $ è vera nel quoziente $\text{Out}(H):={\text{Aut}(H)}/{\text{Inn}(H)}$, dove $\text{Inn}(H)$ è il sottogruppo degli automorfismi di coniugio (di nuovo, dovrebbe essere solo una condizione necessaria).

Dimostrazione:

Consideriamo due prodotti semidiretti $G_1=H \rtimes_\phi K$ e $G_2=H \rtimes_\psi K$. D'ora in avanti, $H$ sarà indicato con $H_1$ o $H_2$ a seconda che sia pensato come sottogruppo di $G_1$ o di $G_2$ (stesso discorso per $K$). Dato un isomorfismo $\eta:G_1 \to G_2$ tale che $\eta(H_1)=H_2$, possiamo definire la restrizione $\alpha:H_1 \to H_2$ e l'isomorfismo $\beta:K_1 \to K_2$ indotto sui quozienti per $H_1$ e $H_2$. Possiamo allora scrivere $\eta(k)=f(k) \beta(k) \quad \forall k \in K_1$ per qualche $f:K_1 \to H_2$ (che in generale non è un omomorfismo).

Ora, essendo $eta$ un omomorfismo, abbiamo che comunque presi $h \in H_1$ e $k \in K_1$ risulta

$\eta(khk^{-1})=\eta(k)\eta(h)\eta(k)^{-1}$

che possiamo riscrivere come

$\alpha(khk^{-1})=f(k) \beta(k) \alpha(h) \beta(k)^{-1} f(k)^{-1}$

e quindi come

$\alpha \circ \phi_k(h)=\gamma_{f(k)} \circ psi_{\beta(k)} \circ alpha(h)$

dove $\gamma_g$ indica il coniugio tramite $g$. Abbiamo quindi che per ogni $k$ vale l'uguaglianza tra isomorfismi

$\alpha \circ \phi_k=\gamma_{f(k)} \circ psi_{\beta(k)} \circ alpha \Rightarrow \alpha \circ \phi_k \circ \alpha^{-1}=\gamma_{f(k)} \circ psi_{\beta(k)}$

che, quozientando per gli automorfismi di coniugio, diventa proprio $\overline{\alpha} \circ \overline{\phi_k} \circ \overline{alpha}^{-1}= \overline{psi_{\beta(k)}} \in \text{Out}(H)$.

In particolare, se $H$ è abeliano, allora l'uguaglianza deve valere in $\text{Aut}(H)$ perché $\text{Inn}(H)$ è banale.