Domanda sui gruppi.
Un gruppo $G$ di ordine $2p$ con $p$ primo deve contenere almeno un sottogruppo di ordine $2$ ed almeno un sottogruppo di ordine $p$, per il teorema di cauchy, è giusto?
Se fosse così allora i casi che si possono presentare sono solamente i seguenti?
$1)$contiene esattamente due sottogruppi(o elementi) di ordine $p$ ed un sottogruppo(o elemento) di ordine $2$,
$2)$contiene esattamente un sottogruppo(o elemento) di ordine $p$ ed $p$ sottogruppi(o elementi) di ordine $2$,
$3)$contiene esattamente un sottogruppo(o elemento) di ordine $p$ ed uno di ordine $2$, in questo caso risulterebbe secondo me il gruppo ciclico di ordine $2p$, cioè il prodotto diretto dei due sottogruppi, in quanto risulterebbero necessariamente ambedue normali in quanto unici come ordine e con intersezione l'elemento neutro in quanto hanno ordini coprimi.
Inoltre il caso 1) credo che si può scartare infatti siano $H$ e $K$ ed $a$ l'elemento di ordine $2$, tali sottogruppi, con $|H|=p$ , $|K|=p$ allora preso un elemento $hinH$con $h!=e$ e $kinK$ con $k!=e$ si avrà necessariamente $hk=a$ e preso un $h_1!=h$ si dovrebbe avere $h_1k=a$ impossibile perchè per la cancellazione dei gruppi risulterebbe $h=h_1$.
Non sono per niente sicuro di ciò che ho affermato per cui vorrei se possibile un parere sulla questione, grazie!
Se fosse così allora i casi che si possono presentare sono solamente i seguenti?
$1)$contiene esattamente due sottogruppi(o elementi) di ordine $p$ ed un sottogruppo(o elemento) di ordine $2$,
$2)$contiene esattamente un sottogruppo(o elemento) di ordine $p$ ed $p$ sottogruppi(o elementi) di ordine $2$,
$3)$contiene esattamente un sottogruppo(o elemento) di ordine $p$ ed uno di ordine $2$, in questo caso risulterebbe secondo me il gruppo ciclico di ordine $2p$, cioè il prodotto diretto dei due sottogruppi, in quanto risulterebbero necessariamente ambedue normali in quanto unici come ordine e con intersezione l'elemento neutro in quanto hanno ordini coprimi.
Inoltre il caso 1) credo che si può scartare infatti siano $H$ e $K$ ed $a$ l'elemento di ordine $2$, tali sottogruppi, con $|H|=p$ , $|K|=p$ allora preso un elemento $hinH$con $h!=e$ e $kinK$ con $k!=e$ si avrà necessariamente $hk=a$ e preso un $h_1!=h$ si dovrebbe avere $h_1k=a$ impossibile perchè per la cancellazione dei gruppi risulterebbe $h=h_1$.
Non sono per niente sicuro di ciò che ho affermato per cui vorrei se possibile un parere sulla questione, grazie!
Risposte
C'è un risultato genere che ci dice che i gruppi di ordine $2p$ sono o isomorfi al gruppo ciclico $ZZ_(2p)$ o al gruppo diedrale $D_p$.
Usando i teoremi di Sylow su un gruppo di ordine $p$ si ha che esistono un gruppo di ordine $p$ ed uno di ordine $2$. Proviamo a contarli.
$n_2|p$ e $n_2 \equiv 1 mod 2$ quindi ne abbiamo in numero di $1,p$.
Inoltre il gruppo di ordine $p$ ha indice $2$ pertanto è normale e quindi unico.
Quindi esiste un solo gruppo di ordine $p$.
Se $n_2=1$ allora abbiamo un gruppo ciclico, altrimenti quello diedrale.
Usando i teoremi di Sylow su un gruppo di ordine $p$ si ha che esistono un gruppo di ordine $p$ ed uno di ordine $2$. Proviamo a contarli.
$n_2|p$ e $n_2 \equiv 1 mod 2$ quindi ne abbiamo in numero di $1,p$.
Inoltre il gruppo di ordine $p$ ha indice $2$ pertanto è normale e quindi unico.
Quindi esiste un solo gruppo di ordine $p$.
Se $n_2=1$ allora abbiamo un gruppo ciclico, altrimenti quello diedrale.
[OT]
Carneade, chi era costui? (cit.)
[/OT]
"francicko":
il teorema di caushy
Carneade, chi era costui? (cit.)
[/OT]
Rispondo a Mistake.
In base a ciò che asserisci allora le mie considerazioni sarebbero del tutto esatte!
Infatti anch'io li ho contati distinguendo i diversi casi che si possono presentare.
Le mie considerazioni sono scaturite dal risolvere un problema dell'herstein, che afferma:
Se $p$ è un numero primo dimostrare che un gruppo $G$ di ordine $2p$ ha un sottogruppo di ordine $p$ e questo è normale
in $G$;
Avendo scartato il caso $1)$, si possono verificare solamente i casi $2)$ e $3)$, in questi due ultimi casi l'unicità del sottogruppo di ordine $p$
é sufficiente ad assicurami la sua normalità, ed il problema è risolto!
Come giustamente tu affermi risulterà:
Nel caso $2)$ il gruppo diedrale $D_p$
Nel caso $3)$ il gruppo ciclico di ordine $2p$ cioè $Z_(2p)$
Avendo proceduto in questo modo ho potuto anche verificare che se si considera ad esempio il caso in cui $G$ sia di ordine $3p$
non possiamo più escludere il caso $1)$ quindi in questo caso il problema non potrebbe avere risposta affermativa!
Nella risoluzione del problema ho cercato di utilizzare strettamente le mie poche conoscenze cioè i rudimenti sui Gruppi ed il teorema di cauchy di cui peraltro conosco solo l'enunciato, nell'herstein si richiedeva oltretutto l'applicazione del teorema di cayley visto che l'esercizio è relativo a quel specifico paragrafo.
Grazie per l'intervento,e resto in attesa di una tua risposta.
In base a ciò che asserisci allora le mie considerazioni sarebbero del tutto esatte!
Infatti anch'io li ho contati distinguendo i diversi casi che si possono presentare.
Le mie considerazioni sono scaturite dal risolvere un problema dell'herstein, che afferma:
Se $p$ è un numero primo dimostrare che un gruppo $G$ di ordine $2p$ ha un sottogruppo di ordine $p$ e questo è normale
in $G$;
Avendo scartato il caso $1)$, si possono verificare solamente i casi $2)$ e $3)$, in questi due ultimi casi l'unicità del sottogruppo di ordine $p$
é sufficiente ad assicurami la sua normalità, ed il problema è risolto!
Come giustamente tu affermi risulterà:
Nel caso $2)$ il gruppo diedrale $D_p$
Nel caso $3)$ il gruppo ciclico di ordine $2p$ cioè $Z_(2p)$
Avendo proceduto in questo modo ho potuto anche verificare che se si considera ad esempio il caso in cui $G$ sia di ordine $3p$
non possiamo più escludere il caso $1)$ quindi in questo caso il problema non potrebbe avere risposta affermativa!
Nella risoluzione del problema ho cercato di utilizzare strettamente le mie poche conoscenze cioè i rudimenti sui Gruppi ed il teorema di cauchy di cui peraltro conosco solo l'enunciato, nell'herstein si richiedeva oltretutto l'applicazione del teorema di cayley visto che l'esercizio è relativo a quel specifico paragrafo.
Grazie per l'intervento,e resto in attesa di una tua risposta.
Rispondo a gugo82.
Mi è stata fatta osservazione più volte nei miei post di avere erroneamente scritto causchy al posto di cauchy, me ne scuso ed ho provveduto alla correzione, comunque vista la mia non più verde età (50 anni non sono pochi equivalgono a mezzo secolo), ed il sempre più precario stato dei miei neuroni, penso che qualche licenza letteraria ogni tanto mi potrebbe anche essere concessa!
Mi è stata fatta osservazione più volte nei miei post di avere erroneamente scritto causchy al posto di cauchy, me ne scuso ed ho provveduto alla correzione, comunque vista la mia non più verde età (50 anni non sono pochi equivalgono a mezzo secolo), ed il sempre più precario stato dei miei neuroni, penso che qualche licenza letteraria ogni tanto mi potrebbe anche essere concessa!
Sinceramente non ho capito come hai scartato l'ipotesi 1. Non riesco a capire perchè $hk=a$, francamente non mi pare giusto. $a$ ha ordine $2$ mentre $hk$ ha ordine $p$, no?
Comunque sfruttando il teorema di Cauchy l'esercizio si poteva concludere facilmente. Infatti avendo indice $2$ il sottogruppo $H$ di ordine $p$ è normale e quindi unico.
Un gruppo di ordine $3p$ credo possa essere studiato in maniera analoga. Infatti escludendo i casi $p=2,3$ (altrimenti si ricadrebbe nel caso precedente, oppure nel caso $p^3$) per sylow esistono un $3$-sylow ed un $p$-sylow.
Ora $n_p | 3$ e $n_p \equiv 1 mod p$. Quindi $n_p=1$ cioè il $p$-sylow è normale.
Inoltre $n_3 |p$ e $n_3 \equiv 1 mod 3$ da cui $n_3=1,p$.
Comunque sfruttando il teorema di Cauchy l'esercizio si poteva concludere facilmente. Infatti avendo indice $2$ il sottogruppo $H$ di ordine $p$ è normale e quindi unico.
Un gruppo di ordine $3p$ credo possa essere studiato in maniera analoga. Infatti escludendo i casi $p=2,3$ (altrimenti si ricadrebbe nel caso precedente, oppure nel caso $p^3$) per sylow esistono un $3$-sylow ed un $p$-sylow.
Ora $n_p | 3$ e $n_p \equiv 1 mod p$. Quindi $n_p=1$ cioè il $p$-sylow è normale.
Inoltre $n_3 |p$ e $n_3 \equiv 1 mod 3$ da cui $n_3=1,p$.
Rispondo a Mistake.
- Intanto l'elemento $hk$ non è detto che debba avere necessariamente ordine $p$, chi l'ha detto?
questo sarebbe vero se si suppone $G$ abeliano, e comunque non è influente sul problema che stiamo trattando.
- Andiamo al problema,ed in particolare al caso $1)$; Siano $h!=e$ e $k!=e$ due qualsiasi elementi con $hinH$ e $kinK$, se $hkinK$ allora sarebbe
$hk=k_1$ per un certo $k_1inK$ e componendo a destra per $k^(-1)$ si ha $hkk^(-1)=k_1h^(-1)$ pertanto $h=k_1k^(-1)inK$,
impossibile perchè $HnnK=(e)$, in quanto $H$ e $K$ distinti e di ordini coprimi tra di loro, procedendo analogamente si può
far vedere che $hk$ non può appartenere ad $H$ , pertanto deve risultare $hk=a$, non c'è altra scelta, ma come visto anche
questa scelta risulta impossibile come ho già spiegato, quindi un gruppo $G$ di ordine $2p$ non può possedere due sottogruppi
distinti di ordine $p$, restano allora possibili solamente i casi $2)$ e,$3)$ dove l'unicità del sottogruppo di ordine $p$ mi assicura
la sua normalità.
Naturalmente non ho la presunzione di affermare che la via da me indicata sia quella esatta, anzi pùò succedere benissimo che mi sia sbagliato , ed abbia scritto delle cose totalmente inesatte! Se diversamente però questa è sicuramente la soluzione più chiara ed elementare.
Grazie, ed attendo la risposta.
- Intanto l'elemento $hk$ non è detto che debba avere necessariamente ordine $p$, chi l'ha detto?
questo sarebbe vero se si suppone $G$ abeliano, e comunque non è influente sul problema che stiamo trattando.
- Andiamo al problema,ed in particolare al caso $1)$; Siano $h!=e$ e $k!=e$ due qualsiasi elementi con $hinH$ e $kinK$, se $hkinK$ allora sarebbe
$hk=k_1$ per un certo $k_1inK$ e componendo a destra per $k^(-1)$ si ha $hkk^(-1)=k_1h^(-1)$ pertanto $h=k_1k^(-1)inK$,
impossibile perchè $HnnK=(e)$, in quanto $H$ e $K$ distinti e di ordini coprimi tra di loro, procedendo analogamente si può
far vedere che $hk$ non può appartenere ad $H$ , pertanto deve risultare $hk=a$, non c'è altra scelta, ma come visto anche
questa scelta risulta impossibile come ho già spiegato, quindi un gruppo $G$ di ordine $2p$ non può possedere due sottogruppi
distinti di ordine $p$, restano allora possibili solamente i casi $2)$ e,$3)$ dove l'unicità del sottogruppo di ordine $p$ mi assicura
la sua normalità.
Naturalmente non ho la presunzione di affermare che la via da me indicata sia quella esatta, anzi pùò succedere benissimo che mi sia sbagliato , ed abbia scritto delle cose totalmente inesatte! Se diversamente però questa è sicuramente la soluzione più chiara ed elementare.
Grazie, ed attendo la risposta.
Mmm francamente continuo a credo che $hk$ abbia ordine $p$. Infatti $(hk)^p=h^p k^p=e$. E non vedo dove c'entri l'abelianità.
Ho fatto anche qualche prova (che non vuol dire nulla per carità) in $S_n$ e funziona. O sono stato fortunato oppure credo che sia giusto.
Anche perché se supponi che abbiano periodo $n$ diverso da $p$ si avrebbe $e=(hk)^n=h^nk^n$ ma $h,k$ hanno periodo $p$ per cui $p|n$ da cui ancora $(hk)^p=e$.
Io non riesco ancora capire perchè $hk=a$. Tu hai provato che $hk$ non è elemento nè di $H$ nè di $K$ basta. Questo non implica che sia uguale ad $a$.
Credo che tu lo faccia per non ledere la cardinalità del gruppo, ma non so se sia ammissibile una cosa del genere.
Aspettiamo comunque pareri autorevoli, sicuramente più del mio!
Ho fatto anche qualche prova (che non vuol dire nulla per carità) in $S_n$ e funziona. O sono stato fortunato oppure credo che sia giusto.
Anche perché se supponi che abbiano periodo $n$ diverso da $p$ si avrebbe $e=(hk)^n=h^nk^n$ ma $h,k$ hanno periodo $p$ per cui $p|n$ da cui ancora $(hk)^p=e$.
Io non riesco ancora capire perchè $hk=a$. Tu hai provato che $hk$ non è elemento nè di $H$ nè di $K$ basta. Questo non implica che sia uguale ad $a$.
Credo che tu lo faccia per non ledere la cardinalità del gruppo, ma non so se sia ammissibile una cosa del genere.
Aspettiamo comunque pareri autorevoli, sicuramente più del mio!
Sono d'accordo aspettiamo pareri più autorevoli, sopratutto del mio che sono un semplice appassionato. Nel frattempo però nulla vieta di esprimere qualche altra considerazione.
Sul fatto che $(hk)^p=h^pk^p$ si può asserire con certezza solo se il gruppo é abeliano. Questo posso asserirlo con una certa
cognizione in quanto è stato dimostrato in un esercizio che ho postato precedentemente, quindi ritengo che il tuo risultato ottenuto provando sia stato solo casuale.
Ritornando all'esercizio, tu hai scritto che io lo faccio per non ledere la cardinalità di $G$; giusto è proprio così!
Infatti, sia $H=$ ed $K=$, allora $G$ risulterà essere costituito dagli elementi $G=(e,h_i,h_i^2,h_i^3,....h_i^(p-1),k_j,k_j^2,k_j^3,....k_j^(p-1),a)$ e contando gli elementi si ha proprio $|G|=2p$, quindi per non ledere la cardinalità deve essere necessariamente in generale $hk=a$,
ma non potendosi verficare neanche questa eventualità, concludo che un gruppo siffatto non può esistere, ed sino a questo punto ritengo che il ragionamento sia ammissibile.
Quindi in definitiva il caso$1)$ non si può verificare perchè lede la cardinalità di $G$;
Negli nei casi $2)$, e $3)$ d'oltre canto l'unicità del sottogruppo di ordine $p$ mi assicura la sua normalità, ed ho concluso.
Sul fatto che $(hk)^p=h^pk^p$ si può asserire con certezza solo se il gruppo é abeliano. Questo posso asserirlo con una certa
cognizione in quanto è stato dimostrato in un esercizio che ho postato precedentemente, quindi ritengo che il tuo risultato ottenuto provando sia stato solo casuale.
Ritornando all'esercizio, tu hai scritto che io lo faccio per non ledere la cardinalità di $G$; giusto è proprio così!
Infatti, sia $H=
ma non potendosi verficare neanche questa eventualità, concludo che un gruppo siffatto non può esistere, ed sino a questo punto ritengo che il ragionamento sia ammissibile.
Quindi in definitiva il caso$1)$ non si può verificare perchè lede la cardinalità di $G$;
Negli nei casi $2)$, e $3)$ d'oltre canto l'unicità del sottogruppo di ordine $p$ mi assicura la sua normalità, ed ho concluso.
Mi dimostri questa affermazione circa $(hk)^p=h^pk^p$ solo se il gruppo è abeliano?
EDIT: Credo che tu abbia ragione! Sto vedendo un po' ma sono cotto oggi Scusami se ti stavo facendo perder tempo con una cosa (credo) inesatta
EDIT2: Ovviamente hai ragione. Sono stato troppo impulsivo e basta ragionare sulla definizione di potenza per vedere che hai ragione. Più propriamente vale se $h,k$ commutano (come ad esempio in $S_n$ i cicli disgiunti. Scusami ancora.
EDIT: Credo che tu abbia ragione! Sto vedendo un po' ma sono cotto oggi
Scusami se ti stavo facendo perder tempo con una cosa (credo) inesattaEDIT2: Ovviamente hai ragione. Sono stato troppo impulsivo e basta ragionare sulla definizione di potenza per vedere che hai ragione. Più propriamente vale se $h,k$ commutano (come ad esempio in $S_n$ i cicli disgiunti. Scusami ancora.
Rispondo a Mistake89.
Guarda che non ti devi scusare di niente
Inoltre non mi hai fatto perdere tempo, anzi tutt'altro,alcune tue considerazioni sono per giunta esatte , ad esempio io sconoscevo il fatto che i Gruppi di ordine $2p$ sono o isomorfi al gruppo diedrale $D_p$ oppure al gruppo ciclico $Z_2p$(ho visto adesso che nello
"SCHAUM" riporta una considerazione analoga), adesso dopo questo esercizio riesco anche un pò a spiegarmelo.
Comunque sia, lo scambio di idee ed opinioni giuste o sbagliate che siano, risulta sempre interessante, e non poche volte, alla fine aiuta a trovare la soluzione del problema.
Lo stesso autore Herstein nel suo testo scrive (pressapoco) che l'importanza di un problema non sta tanto nella soluzione, quanto invece nelle idee che fa nascere,nel tentativo di arrivare alla soluzione.
Guarda che non ti devi scusare di niente
Inoltre non mi hai fatto perdere tempo, anzi tutt'altro,alcune tue considerazioni sono per giunta esatte , ad esempio io sconoscevo il fatto che i Gruppi di ordine $2p$ sono o isomorfi al gruppo diedrale $D_p$ oppure al gruppo ciclico $Z_2p$(ho visto adesso che nello
"SCHAUM" riporta una considerazione analoga), adesso dopo questo esercizio riesco anche un pò a spiegarmelo.
Comunque sia, lo scambio di idee ed opinioni giuste o sbagliate che siano, risulta sempre interessante, e non poche volte, alla fine aiuta a trovare la soluzione del problema.
Lo stesso autore Herstein nel suo testo scrive (pressapoco) che l'importanza di un problema non sta tanto nella soluzione, quanto invece nelle idee che fa nascere,nel tentativo di arrivare alla soluzione.
Sia $G$ un gruppo abeliano allora si ha che comunque presi due elementi $a$,e $b$ appartenenti a $G$
risulta $(ab)^n=a^nb^n$, con $n$ $inN$ qualsiasi.
Uso il principio di induzione matematica per dimostrarlo.
Innanzi tutto fisso la base per l'induzione, per $n=2$ l'asserto é vero, infatti $(ab)^2=a(ba)b=a(ab)b$ $=$ $(aa)$ $(b b)$ $=$ $(a^2)(b^2)$.
Quindi supponiamo vera per un generico $n$ pertanto $(ab)^n=a^nb^n$ dimostro sempre per l'abelianità che é vera anche per $n+1$,infatti si ha:
$(ab)^(n+1)=(ab)^n(ab)=(a^nb^n)(ab)=a^n(b^na)b=a^n(ab^n)b=(a^na)(b^nb)=a^(n+1)b^(n+1)$.
Pertanto l'asserto risulta vero $AA$ $n$ $inN$
risulta $(ab)^n=a^nb^n$, con $n$ $inN$ qualsiasi.
Uso il principio di induzione matematica per dimostrarlo.
Innanzi tutto fisso la base per l'induzione, per $n=2$ l'asserto é vero, infatti $(ab)^2=a(ba)b=a(ab)b$ $=$ $(aa)$ $(b b)$ $=$ $(a^2)(b^2)$.
Quindi supponiamo vera per un generico $n$ pertanto $(ab)^n=a^nb^n$ dimostro sempre per l'abelianità che é vera anche per $n+1$,infatti si ha:
$(ab)^(n+1)=(ab)^n(ab)=(a^nb^n)(ab)=a^n(b^na)b=a^n(ab^n)b=(a^na)(b^nb)=a^(n+1)b^(n+1)$.
Pertanto l'asserto risulta vero $AA$ $n$ $inN$
Sono in attesa di qualche altra risposta al fine di poter chiarire definitivamente sull'esattezza o meno dell'esposto!
Ringrazio, e resto in attesa.
Ringrazio, e resto in attesa.
"francicko":Tutto giusto.
Sia $G$ un gruppo abeliano allora si ha che comunque presi due elementi $a$,e $b$ appartenenti a $G$
risulta $(ab)^n=a^nb^n$, con $n$$inN$ qualsiasi.
Uso il principio di induzione matematica per dimostrarlo.
Innanzi tutto fisso la base per l'induzione, per $n=2$ l'asserto é vero, infatti $(ab)^2=a(ba)b=a(ab)b=(aa)(bb)=a^2b^2$.
Quindi supponiamo vera per un generico $n$ pertanto $(ab)^n=a^nb^n$ dimostro sempre per l'abelianità che é vera anche per $n+1$,infatti si ha:
$(ab)^(n+1)=(ab)^n(ab)=(a^nb^n)(ab)=a^n(b^na)b=a^n(ab^n)b=(a^na)(b^nb)=a^(n+1)b^(n+1)$.
Pertanto l'asserto risulta vero $AA$$n$$inN$
Se era possibile volevo un tuo parere sull'asserto che ho postato qui, riguardo al fatto che un Gruppo di ordine $2p$ con $p$ primo
possiede un gruppo di ordine $p$ e che questo risulta normale in $G$.Grazie!
possiede un gruppo di ordine $p$ e che questo risulta normale in $G$.Grazie!
"francicko":Esiste un sottogruppo di ordine [tex]p[/tex], per esempio quello generato da un elemento di ordine [tex]p[/tex] (che esiste per il teorema di Cauchy). Esso e' normale perche' ha indice 2 (se un sottogruppo ha indice 2 allora e' normale: prova a dimostrarlo).
Se era possibile volevo un tuo parere sull'asserto che ho postato qui, riguardo al fatto che un Gruppo di ordine $2p$ con $p$ primo
possiede un gruppo di ordine $p$ e che questo risulta normale in $G$.Grazie!
Hai il tuo [tex]G[/tex] di ordine [tex]2p[/tex] con [tex]p[/tex] primo dispari. Chiama [tex]H[/tex] il sottogruppo di ordine [tex]p[/tex] (dico "il" perche' e' facile dimostrare che esso e' unico). Prendi un sottogruppo [tex]K[/tex] di ordine 2. Allora chiaramente [tex]K \cap H = \{1\}[/tex], e siccome [tex]|HK|=2p[/tex] si ha [tex]HK=G[/tex]. Questo implica che [tex]G[/tex] e' isomorfo al prodotto semidiretto (se sai cosa vuol dire) [tex]H \rtimes K[/tex], e quello che resta da determinare per conoscere completamente [tex]G[/tex] e' l'omomorfismo [tex]K \to \text{Aut}(H)[/tex] che determina il prodotto semidiretto. Ora [tex]K \cong C_2[/tex] e [tex]\text{Aut}(H) \cong C_{p-1}[/tex], quindi ci sono due soli omomorfismi possibili [tex]K \to \text{Aut}(H)[/tex], uno e' l'identita' e corrisponde all'azione banale (da qui ottieni il prodotto diretto [tex]C_p \times C_2 \cong C_{2p}[/tex]), l'altro manda un generatore di K nell'inversione (da qui ottieni il gruppo diedrale [tex]D_{2p}[/tex]).
Se era possibile volevo un tuo parere sull'asserto che ho postato qui, riguardo al fatto che un Gruppo di ordine 2p con p primo
possiede un gruppo di ordine p e che questo risulta normale in .Grazie!
Si è vero, e segue dai teoremi di Sylow.
p divide l'ordine del gruppo, e il massimo esponente per cui lo divide è 1. Quindi G ha n sottogruppi di ordine p (1° teorema di Sylow), tutti coniugati tra loro (2° teorema di Sylow), che possiamo chiamare p-sottogruppi di Sylow. Il numero n deve (3° teorema di Sylow):
- essere congruo a 1 mod p
- dividere il fattore dell'ordine di G che non divide p, cioè 2.
p è un primo dispari e certamente maggiore di 2, quindi 'unica possibilità è che n sia uguale a 1.
Ovvero G ha un unico p-sottogruppo di Sylow, che per il secondo teorema è coniugato solo di se stesso, ovvero è normale in G.
Forse non ti serve, Francicko, ma vale un risultato più forte: se [tex]$|G|=2d$[/tex] con [tex]$d$[/tex] dispari, allora esiste un sottogruppo (chiaramente normale) di ordine [tex]$d$[/tex]
Se ne è parlato qua.
https://www.matematicamente.it/forum/gru ... tml#390437
Se ne è parlato qua.
https://www.matematicamente.it/forum/gru ... tml#390437
"Steven":C'e' un risultato ancora piu' forte: se [tex]|G|=2^n \cdot m[/tex] con [tex]m[/tex] dispari e G ha un 2-Sylow ciclico allora ha un sottogruppo normale di ordine [tex]m[/tex].
Forse non ti serve, Francicko, ma vale un risultato più forte: se [tex]$|G|=2d$[/tex] con [tex]$d$[/tex] dispari, allora esiste un sottogruppo (chiaramente normale) di ordine [tex]$d$[/tex]
Sia $G$ gruppo ed $H$ un suo sottogruppo di indice $2$ , quindi avremo due laterali destri (o sinistri), che costituiscono una partizione di $G$. Essendo che un laterale é costituito dallo stesso sottogruppo $H$,l'altro laterale deve essere necessariamente
costituito dagli elementi che non appartengono ad $H$, questo è sufficiente per asserire che preso un qualsiasi elemento $tinG$ ma $t!inH$ risulta $Ht=tH$, pertanto $H$ è normale in $G$.
Per quanto riguarda l'unicità del gruppo $H$ di ordine $p$, sappiamo da Cauchy che esiste un elemento $t$ di ordine $2$, $t!inH$ perchè $|H|=p$,ma $H$ è normale allora $G$ risulta costituito da $G=uu(t,ta,ta^2,ta^3,.........ta^(p-1))$,$G=HuutH$, $G=HuuHt$, quindi un altro sottogruppo di ordine $p$, $K$ $!=H$ dovrebbe essere costituito dagli elementi $ta,ta^2,ta^3....ta^(p-1)$ impossibile perchè preso due
qualsiasi elementi della forma $ta^i$, $ta^j$, si ha $ta^i$ $ta^j$ $inH$.
Concludendo $H$ è un sottogruppo normale ed unico in $G$.
Quindi si possono verificare solamente due casi:
$1)$ che $G$ abbia due unici sottogruppi,uno di ordine $p$ e l'altro di ordine $2$, ed in questo caso avremo il gruppo ciclico di ordine $2p$ cioè $C_2p$.
$2)$ che ci sia un solo sottogruppo di ordine $p$ ed i restanti elementi siano tutti di ordine $2$, ed in questo caso avremo il sottogruppo diedrale $D_2p$.In quest'ultimo caso per concludere bisognerà però far vedere che comunque presi due sottogruppi siffatti$G$ e $G_1$ questi risultino tra di loro isomorfi. Ho cercato di usare solamente le informazioni che conosco sui Gruppi cioè sino al teorema di Cauchy. Spero di non essermi sbagliato.
Resto in attesa di risposta grazie!
costituito dagli elementi che non appartengono ad $H$, questo è sufficiente per asserire che preso un qualsiasi elemento $tinG$ ma $t!inH$ risulta $Ht=tH$, pertanto $H$ è normale in $G$.
Per quanto riguarda l'unicità del gruppo $H$ di ordine $p$, sappiamo da Cauchy che esiste un elemento $t$ di ordine $2$, $t!inH$ perchè $|H|=p$,ma $H$ è normale allora $G$ risulta costituito da $G=uu(t,ta,ta^2,ta^3,.........ta^(p-1))$,$G=HuutH$, $G=HuuHt$, quindi un altro sottogruppo di ordine $p$, $K$ $!=H$ dovrebbe essere costituito dagli elementi $ta,ta^2,ta^3....ta^(p-1)$ impossibile perchè preso due
qualsiasi elementi della forma $ta^i$, $ta^j$, si ha $ta^i$ $ta^j$ $inH$.
Concludendo $H$ è un sottogruppo normale ed unico in $G$.
Quindi si possono verificare solamente due casi:
$1)$ che $G$ abbia due unici sottogruppi,uno di ordine $p$ e l'altro di ordine $2$, ed in questo caso avremo il gruppo ciclico di ordine $2p$ cioè $C_2p$.
$2)$ che ci sia un solo sottogruppo di ordine $p$ ed i restanti elementi siano tutti di ordine $2$, ed in questo caso avremo il sottogruppo diedrale $D_2p$.In quest'ultimo caso per concludere bisognerà però far vedere che comunque presi due sottogruppi siffatti$G$ e $G_1$ questi risultino tra di loro isomorfi. Ho cercato di usare solamente le informazioni che conosco sui Gruppi cioè sino al teorema di Cauchy. Spero di non essermi sbagliato.
Resto in attesa di risposta grazie!
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