Commutatori, derivato, risolubilità qualche esercizio
1) Sia G un gruppo e $ |G:Z(G)| = n $ Provare che l'insieme dei commutatori delle coppie di elementi di G è finito e ha ordine al più $ n^2 $
Siano $ x_1Z(G),...,x_nZ(G) $ le classi laterali determinate da Z(G). Basta far vedere che se $ y_i \in x_iZ(G) $ e $ y_j \in x_jZ(G) $ allora $ [x_i,x_j] = [y_i,y_j] $. Infatti sappiamo che $ x_iy_i^{-1}, x_jy_j^{-1} \in Z(G) $ pertanto $ [x_i,x_j]^{-1}[y_i,y_j] = [x_j,x_i][y_i,y_j]=x_j^{-1}x_i^{-1}x_j(x_iy_i^{-1})y_j^{-1}y_iy_j $ e permutando la parentesi con $ x_j $ viene $ x_j^{-1}x_i^{-1}(x_iy_i^{-1})(x_jy_j^{-1})y_iy_j = x_j^{-1}y_i^{-1}(x_jy_j^{-1})y_iy_j $ permutando ancora le parentesi con $ y_i $ otteniamo $ x_j^{-1}y_i^{-1}y_i(x_jy_j^{-1})y_j = x_j^{-1}x_j = 1 $
Va bene? Grazie.
Siano $ x_1Z(G),...,x_nZ(G) $ le classi laterali determinate da Z(G). Basta far vedere che se $ y_i \in x_iZ(G) $ e $ y_j \in x_jZ(G) $ allora $ [x_i,x_j] = [y_i,y_j] $. Infatti sappiamo che $ x_iy_i^{-1}, x_jy_j^{-1} \in Z(G) $ pertanto $ [x_i,x_j]^{-1}[y_i,y_j] = [x_j,x_i][y_i,y_j]=x_j^{-1}x_i^{-1}x_j(x_iy_i^{-1})y_j^{-1}y_iy_j $ e permutando la parentesi con $ x_j $ viene $ x_j^{-1}x_i^{-1}(x_iy_i^{-1})(x_jy_j^{-1})y_iy_j = x_j^{-1}y_i^{-1}(x_jy_j^{-1})y_iy_j $ permutando ancora le parentesi con $ y_i $ otteniamo $ x_j^{-1}y_i^{-1}y_i(x_jy_j^{-1})y_j = x_j^{-1}x_j = 1 $
Va bene? Grazie.
Risposte
2) Sia G un gruppo il cui derivato $ G' $ ha ordine $ n $ Provare che per ogni $ x \in G $ La classe di coniugio di $ x $ ha ordine al più $ n $
Consideriamo un generico coniugato $ y^{-1}xy = x(x^{-1} y^{-1}xy) = x[x,y] $ ma il commutatore $ [x,y] $ al variare di $ y $ in G è un elemento del derivato $ G' $ che è finito di ordine $ n $. Segue la tesi
Consideriamo un generico coniugato $ y^{-1}xy = x(x^{-1} y^{-1}xy) = x[x,y] $ ma il commutatore $ [x,y] $ al variare di $ y $ in G è un elemento del derivato $ G' $ che è finito di ordine $ n $. Segue la tesi
3) Sia G un gruppo e H un sottogruppo di G. Provare che la chiusura normale $ H^G = H[H,G] $
Lla chiusura $ H^G=< H^x | x \in G > $. Se $ h \in H $ allora $ x^{-1}hx = h(h^{-1}x^{-1}hx) = h[h,x] $ Questa è sufficiente come prova?
Lla chiusura $ H^G=< H^x | x \in G > $. Se $ h \in H $ allora $ x^{-1}hx = h(h^{-1}x^{-1}hx) = h[h,x] $ Questa è sufficiente come prova?
4) Sia $ G $ un gruppo e sia $ N $ un sottogruppo normale minimale di $ G $ Provare che $ N $ è abeliano oppure $ Z(N)={1} $
Questo non lo so fare... ho solo pensato che se $ G $ è risolubile allora $ N $ dovrebbe contenere un sottogruppo $ K $ normale abeliano di $ G $. Ma siccome $ N $ è minimale allora $ N=K $ La mia idea sarebbe di dimostrare che se $ G $ non è risolubile allora $ Z(N)={1} $ ... ammesso che sia vero
Questo non lo so fare... ho solo pensato che se $ G $ è risolubile allora $ N $ dovrebbe contenere un sottogruppo $ K $ normale abeliano di $ G $. Ma siccome $ N $ è minimale allora $ N=K $ La mia idea sarebbe di dimostrare che se $ G $ non è risolubile allora $ Z(N)={1} $ ... ammesso che sia vero
Per il 4), $ Z(N) \ $ è caratteristico in $N$, $N$ è normale in $G$, e quindi $Z(N)$ è normale in $G$.
... e quindi siccome $ N $ è normale minimale allora $ Z(N)=N $ oppure $ Z(N)={1} $ Grazie 100000000 
Me l'ero completamente dimenticato xD
P.S. Che poi non mi spiego perchè il testo che sto usando (de giovanni - franciosi) mette quest'esercizio nella parte sui "Gruppi Risolubili" xD
"step45":
$ Z(N) $ è caratteristico in $ N $
Me l'ero completamente dimenticato xD
P.S. Che poi non mi spiego perchè il testo che sto usando (de giovanni - franciosi) mette quest'esercizio nella parte sui "Gruppi Risolubili" xD
5) Sia G un gruppo e siano \(\displaystyle K \lhd H \) sottogruppi normali di G tali che $ H/K <= Z(G/K) $ Provare che qualunque sia il sottogruppo normale N di G risulta $ {HN}/{KN} <= Z(G/{KN}) $
Svolgimento
$ H/K <= Z(G/K) $ se e solo se $ [H,G]<= K $ Quindi $ [HN,G]=[H,G][N,G]<=K[N,G]<=K(N \cap G) = KN $ ovvero $ {HN}/{KN} <= Z(G/{KN}) $
Svolgimento
$ H/K <= Z(G/K) $ se e solo se $ [H,G]<= K $ Quindi $ [HN,G]=[H,G][N,G]<=K[N,G]<=K(N \cap G) = KN $ ovvero $ {HN}/{KN} <= Z(G/{KN}) $
6) Sia G un gruppo e siano \(\displaystyle K \lhd G \) e \(\displaystyle H \) un sottogruppo di G contenente \(\displaystyle K \) Provare che l'insieme \(\displaystyle C_G(H/K)= \{ x \in G | [h,x] \in K \forall h \in H \} \) è un sottogruppo di G e che il centralizzante \(\displaystyle C_{G/K}(H/K)={C_G(H/K)}/K \). Dimostrare inoltre che se H è normale in G allora \(\displaystyle C_G(H/K) \lhd G \) e il quoziente \(\displaystyle G/{C_G(H/K)} \) è isomorfo ad un sottogruppo di \(\displaystyle Aut(H/K) \)
Dimostro che è un sottogruppo
Siano \(\displaystyle x,y \in C_G(H/K) \) allora \(\displaystyle [h,xy^{-1}]=[h,y^{-1}][h,x]^{y^{-1}} = ([h,y]^{y^{-1}})^{-1}[h,x]^{y^{-1}} \in K \) per ogni \(\displaystyle h \in H \) pertanto \(\displaystyle xy^{-1} \in C_G(H/K) \)
Dimostro che $ C_{G/K}(H/K)={C_G(H/K)}/K $
$ C_{G/K}(H/K)={xK \in G/K | xhK = hxK } = {xK \in G/K | h^{-1}x^{-1}hx \in K } $ = $ {xK \in G/K | [h,x] \in K \forall h \in H} = {xK \in G/K | x \in C_G(H/K) } = {C_G(H/K)}/K $
Dimostro che \(\displaystyle H \lhd G \rightarrow C_G(H/K) \lhd G \)
Sia \(\displaystyle x \in C_G(H/K) \) e \(\displaystyle y \in G \) allora \(\displaystyle [h, y^{-1}xy] = h^{-1}y^{-1}x^{-1}yhy^{-1}xy = y^{-1}(yh^{-1}y^{-1})x^{-1}(yhy^{-1})xy \) e ponendo \(\displaystyle yhy^{-1} = h_1 \) viene \(\displaystyle y^{-1}(h_1^{-1}x^{-1}h_1x)y = y^{-1}[h_1,x]y \in K \) pertanto \(\displaystyle C_G(H/K) \) contiene i coniugati di tutti i suoi elementi
Mi rimane da dimostrare che \(\displaystyle G/{C_G(H/K)} \) è isomorfo ad un sottogruppo di \(\displaystyle Aut(H/K) \) Siccome non riesco a costruire un monomorfismo fra questi due gruppi, avevo pensato di procedere così: cerco un omomorfismo \(\displaystyle f:G \rightarrow Aut(H/K) \) tale che \(\displaystyle kerf = C_G(H/K) \) e poi dico che \(\displaystyle G/C_G(H/K) \) è isomorfo a \(\displaystyle f(G) <= Aut(H/K) \) Oppure forse c'è una strada più semplice a cui non ho pensato ?
Dimostro che è un sottogruppo
Siano \(\displaystyle x,y \in C_G(H/K) \) allora \(\displaystyle [h,xy^{-1}]=[h,y^{-1}][h,x]^{y^{-1}} = ([h,y]^{y^{-1}})^{-1}[h,x]^{y^{-1}} \in K \) per ogni \(\displaystyle h \in H \) pertanto \(\displaystyle xy^{-1} \in C_G(H/K) \)
Dimostro che $ C_{G/K}(H/K)={C_G(H/K)}/K $
$ C_{G/K}(H/K)={xK \in G/K | xhK = hxK } = {xK \in G/K | h^{-1}x^{-1}hx \in K } $ = $ {xK \in G/K | [h,x] \in K \forall h \in H} = {xK \in G/K | x \in C_G(H/K) } = {C_G(H/K)}/K $
Dimostro che \(\displaystyle H \lhd G \rightarrow C_G(H/K) \lhd G \)
Sia \(\displaystyle x \in C_G(H/K) \) e \(\displaystyle y \in G \) allora \(\displaystyle [h, y^{-1}xy] = h^{-1}y^{-1}x^{-1}yhy^{-1}xy = y^{-1}(yh^{-1}y^{-1})x^{-1}(yhy^{-1})xy \) e ponendo \(\displaystyle yhy^{-1} = h_1 \) viene \(\displaystyle y^{-1}(h_1^{-1}x^{-1}h_1x)y = y^{-1}[h_1,x]y \in K \) pertanto \(\displaystyle C_G(H/K) \) contiene i coniugati di tutti i suoi elementi
Mi rimane da dimostrare che \(\displaystyle G/{C_G(H/K)} \) è isomorfo ad un sottogruppo di \(\displaystyle Aut(H/K) \) Siccome non riesco a costruire un monomorfismo fra questi due gruppi, avevo pensato di procedere così: cerco un omomorfismo \(\displaystyle f:G \rightarrow Aut(H/K) \) tale che \(\displaystyle kerf = C_G(H/K) \) e poi dico che \(\displaystyle G/C_G(H/K) \) è isomorfo a \(\displaystyle f(G) <= Aut(H/K) \) Oppure forse c'è una strada più semplice a cui non ho pensato ?
Per la parte che rimane da dimostrare la tua idea è giusta, in generale questo tipo di esercizi si risolve proprio in quel modo.
Grazie mille step!
Sto procedendo per prove... devo costruire una funzione $ f: x \in G \rightarrow \phi_x \in Aut(H/K) $ Ora secondo me tutto sta nel costruire l'automorfismo $ \phi_x $ usando il commutatore. Sono riuscito a costruirne tanti per esempio
$ \phi_x: hK \rightarrow h[h,x]K $
$ \phi_x: hK \rightarrow [x,h^{-1}]hK $
$ \phi_x: hK \rightarrow [x,h]h[h,x]K $ (automorfismo interno)
per tutti vale che $ x \in C_G(H/K) \rightarrow [h,x] \in K \rightarrow \phi_x(hK)=hK \rightarrow \phi_x=id_{H/K} $ , ma c'è un problema $ \phi_{xy} \ne \phi_x \phi_y $ e quindi non riesco a costruire $ f $ come morfismo. Sono sicuro che mi sto incartando su qualche banalità
Sto procedendo per prove... devo costruire una funzione $ f: x \in G \rightarrow \phi_x \in Aut(H/K) $ Ora secondo me tutto sta nel costruire l'automorfismo $ \phi_x $ usando il commutatore. Sono riuscito a costruirne tanti per esempio
$ \phi_x: hK \rightarrow h[h,x]K $
$ \phi_x: hK \rightarrow [x,h^{-1}]hK $
$ \phi_x: hK \rightarrow [x,h]h[h,x]K $ (automorfismo interno)
per tutti vale che $ x \in C_G(H/K) \rightarrow [h,x] \in K \rightarrow \phi_x(hK)=hK \rightarrow \phi_x=id_{H/K} $ , ma c'è un problema $ \phi_{xy} \ne \phi_x \phi_y $ e quindi non riesco a costruire $ f $ come morfismo. Sono sicuro che mi sto incartando su qualche banalità
Secondo me se $H$ è normale in $G$ puoi considerare l'omomorfismo $ \phi : G \rightarrow AUT(\frac{H}{K}) $ che manda $ g \ \in \ G $ nell'automorfismo per coniugio indotto da $g$; in questo caso si deve però dimostrare che tale automorfismo è ben definito come automorfismo di $ AUT(\frac{H}{K} ) $, nel senso che se $ aK = bK $ con $ a, b \in H $ allora per ogni $g \ \in \ G $ deve valere che $ g^{-1}agK = g^{-1}bgK $, e quest'ultimo fatto deriva dalla normalità di $ K $ .
automorfismo per coniugio indotto da g
Eccolo, l'ho scritto prima usando il commutatore, ma è la stessa cosa
"perplesso":
$ \phi_x: hK \rightarrow h[h,x]K $
Mi stavo fissando su una sciocchezza, infatti mi sembrava che $ \phi_{xy} \ne \phi_x \phi_y $ invece poi rifacendo i calcoli l'ugualianza c'è e riesco a costruire il morfismo.
si deve però dimostrare che tale automorfismo è ben definito
Hai perfettamente ragione, l'avevo dato per scontato, sai a volte sono un pò troppo disinvolto nei ragionamenti
Ancora grazie !
Di niente !
7) Sia $ G $ un gruppo e $ M $ un sottogruppo massimale di $ G $. Provare che $ M $ contiene almeno uno dei due sottogruppi $ G' $ (derivato) e $ Z(G) $
Non so bene da dove cominciare ... supponiamo che $ M $ non contenga $ Z(G) $, siccome $ M $ è massimale possiamo anche escludere che sia centrale, quindi $ M $ contiene elementi che non appartengono a $ Z(G) $, quindi $ G $ non è abeliano, quindi $ G' $ non è banale ... e poi che faccio?
Non so bene da dove cominciare ... supponiamo che $ M $ non contenga $ Z(G) $, siccome $ M $ è massimale possiamo anche escludere che sia centrale, quindi $ M $ contiene elementi che non appartengono a $ Z(G) $, quindi $ G $ non è abeliano, quindi $ G' $ non è banale ... e poi che faccio?
Se $ M $ è normale, allora $M$ contiene $ G' $ per la caratterizzazione del derivato che utilizza i quozienti abeliani di $ G \ $. Se invece $M$ non è normale, supponiamo per assurdo che esista $ g \ \in \ Z(G) , \ g \ \notin \ M\ $. Essendo $M$ massimale si ha che $ M = G \ $, dove con $ $ indico il sottogruppo generato da $g$ ; ma da qui, essendo $g$ un elemento del centro, discende che $M$ è normale in $G$: assurdo.
"step45":
Se $ M $ è normale, allora $M$ contiene $ G' $ per la caratterizzazione del derivato che utilizza i quozienti abeliani di $ G \ $.
Quindi tu dici che se $ M $ è normale allora $ G/M $ è abeliano ? Non lo sapevo, come mai accade questo? Grazie
Perchè se $M$ è normale puoi considerare il gruppo quoziente $ \frac{G} { M} \ $, e quest'ultimo non può avere sottogruppi non banali essendo $M$ massimale; questo comporta che $ \frac{G} { M} \ $ è ciclico di ordine $p$, con $p$ numero primo. In particolare è abeliano.
Ok ora ho capito
Ho un altra domanda. Adesso so che un sottogruppo massimale normale ha indice primo. In generale un sottogruppo di indice primo è sempre massimale normale ?
P.S. Perdonatemi se faccio un sacco di domande è che sono curioso
P.S. Perdonatemi se faccio un sacco di domande è che sono curioso
"perplesso":Un sottogruppo di indice primo è sempre massimale (chiaramente: segue dal fatto che se [tex]H \leq K \leq G[/tex] allora [tex]|G:H|=|G:K| \cdot |K:H|[/tex]), ma non sempre normale (per esempio [tex]S_p[/tex] ha sottogruppi massimali non normali di indice [tex]p[/tex] - gli stabilizzatori dei punti, isomorfi a [tex]S_{p-1}[/tex] - per ogni primo [tex]p \geq 3[/tex]).
Ho un altra domanda. Adesso so che un sottogruppo massimale normale ha indice primo. In generale un sottogruppo di indice primo è sempre massimale normale ?
In generale gli indici dei sottogruppi massimali possono essere qualunque numero (lo stabilizzatore di un punto in [tex]S_n[/tex] ha indice [tex]n[/tex] ed è un sottogruppo massimale). Tuttavia un sottogruppo massimale di un gruppo risolubile ha sempre indice una potenza di un primo. Per vedere questo, l'idea è mostrare che un sottogruppo massimale di un gruppo risolubile supplementa un fattore principale (notoriamente abeliano elementare) e giocare un po' cogli indici usando il secondo teorema di isomorfismo: vedi qui.
Ti ringrazio per la risposta sei stato molto esauriente, mi leggerò il post che mi hai segnalato ( anche se, data la mia ignoranza, capirò meno della metà di quello che c'è scritto )
)
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