$EE$ stgr di ordine $d$ in gruppo di ordine $2d$, $d$ dispar
Se $G$ è un gruppo di ordine $2d$, $d$ dispari, provare che esiste in $G$ un sottogruppo di ordine $d$.
Problema piuttosto famoso nel mio dipartimento...Buon divertimento!
Problema piuttosto famoso nel mio dipartimento...Buon divertimento!
Risposte
Se $d$ è primo allora per il teorema di Sylow ci siamo.
Se $d$ non è primo allora, $G \sim ZZ_2*ZZ_d$ poichè $gcd(2,d)=1$, infatti con l'operazione:
$(g_1,g_2)*(g_3,g_4) = (g_1*g_3,g_2*g_4)$
se prendo tutti gli elementi del tipo $(1,g)$ ne ho esattamente $d$ e questo è il sottogruppo cercato, ovvero:
$H:={(1,g) in ZZ_2*ZZ_d: g in ZZ_d}$
Se $d$ non è primo allora, $G \sim ZZ_2*ZZ_d$ poichè $gcd(2,d)=1$, infatti con l'operazione:
$(g_1,g_2)*(g_3,g_4) = (g_1*g_3,g_2*g_4)$
se prendo tutti gli elementi del tipo $(1,g)$ ne ho esattamente $d$ e questo è il sottogruppo cercato, ovvero:
$H:={(1,g) in ZZ_2*ZZ_d: g in ZZ_d}$
"Lord K":
Se $d$ non è primo allora, $G \sim ZZ_2*ZZ_d$ poichè $gcd(2,d)=1$,
Falso. $|S_3|$=$2*3$, ma $S_3 != ZZ_2 X ZZ_d$. Col tuo metodo sennò ogni gruppo di ordine 2d, d dispari, sarebbe abeliano, anzi perfino ciclico...
$3$ è primo e ci applico Sylow...
Vabbè ho sbagliato controesempio, prendi $D_9$, che ha ordine $2*9$, 9 non primo e il gruppo non è abeliano. Oppure prendi il prodotto diretto $Z_3 X S_3$, anch'esso non abeliano, oppure ancora
il prodotto semidiretto $(Z_3XZ_3) X_(phi) Z_2$, con $phi$ omomorfismo non banale da $Z_2$ in $Aut(Z_3X_Z3)$, ancora non abeliano.
Il punto è che un grupo abbia ordine 2d, con (2,d)=1, non è affatto sufficiente a caratterizzare il gruppo.
il prodotto semidiretto $(Z_3XZ_3) X_(phi) Z_2$, con $phi$ omomorfismo non banale da $Z_2$ in $Aut(Z_3X_Z3)$, ancora non abeliano.
Il punto è che un grupo abbia ordine 2d, con (2,d)=1, non è affatto sufficiente a caratterizzare il gruppo.
Hai ragione, funziona solo per un qualsiasi $ZZ_(pq)$ con $p,q in ZZ: gcd(p,q)=1$
Vale la seguente cosa: $G$ gruppo, $H$ e $K$ sottogruppi normali di $G$ tali che si intersecano solo in ${e}$ e tali che $H*K=G$, allora $G\simH X K$.
Comunque il problema è sempre lì, inattaccato. Devo dire che per me non è stato affatto facile.
Comunque il problema è sempre lì, inattaccato. Devo dire che per me non è stato affatto facile.
ciao alvinlee88.... provo per induzione su $d$ partendo da $d=1,3$ veri banalmente....
Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$. Questo è caratteristico e quindi normale, inoltre la sua cardinalità è diversa da $1$ per cauchy.
Prendo $G/G_d=H$ e la proiezione canonica. Si vede che $H$ ha cardinalità minore di $G$ e continua ad essere pari perchè la cardinalità di $G_d$ è dispari (se fosse pari avrebbe per cauchy un elemento di ordine due, ma l'ordine di questo elemento non dividerebbe $d$). Quindi $|G/G_d|=|G|/|G_d|=(2d)/f$, con ovvie identificazioni.
Esiste quindi in $H$ un sottogruppo di ordine $d/f$, la sua controimmagine sarà ancora un sottogruppo di ordine $d/f*f=d$....
torna?
Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$. Questo è caratteristico e quindi normale, inoltre la sua cardinalità è diversa da $1$ per cauchy.
Prendo $G/G_d=H$ e la proiezione canonica. Si vede che $H$ ha cardinalità minore di $G$ e continua ad essere pari perchè la cardinalità di $G_d$ è dispari (se fosse pari avrebbe per cauchy un elemento di ordine due, ma l'ordine di questo elemento non dividerebbe $d$). Quindi $|G/G_d|=|G|/|G_d|=(2d)/f$, con ovvie identificazioni.
Esiste quindi in $H$ un sottogruppo di ordine $d/f$, la sua controimmagine sarà ancora un sottogruppo di ordine $d/f*f=d$....
torna?
scusa thomas mi sfugge un passaggio, te hai detto che $|H|=|G/G_d|=(2d)/f$. Da qui come fai a dire che esiste un sottogruppo di ordine $d/f$ ? magari è sciocca come domande, però...
un'altra cosa ancora più banale: cosa ti assicura che $G_d$ esiste sempre in un gruppo finito?
un'altra cosa ancora più banale: cosa ti assicura che $G_d$ esiste sempre in un gruppo finito?
"fu^2":
scusa thomas mi sfugge un passaggio, te hai detto che $|H|=|G/G_d|=(2d)/f$. Da qui come fai a dire che esiste un sottogruppo di ordine $d/f$ ? magari è sciocca come domande, però...
un'altra cosa ancora più banale: cosa ti assicura che $G_d$ esiste sempre in un gruppo finito?
vediamo se so rispondere:
- l'idea era procedere per induzione.... il gruppo trovato $H$ ha ordine $2d'$ per un $d'$ dispari minore di $d$ e quindi ha quel sottogruppo per ipotesi induttiva, una volta però che si è verificato che $G_d$ è "abbastanza grosso" (vedi sotto);
- che esiste sempre è vero per buona definizione, al max è vuoto e l'identità vi appartiene... ci interessa però che ne contenga almeno un altro di elemento... questo è vero per cauchy visto che se $d$ è dispari non banale ha un divisore primo non banale e quindi esiste un elemento di ordine questo divisore per cauchy, che si vede che rispetta le ipotesi di appartenenza a $G_d$...
"Thomas":
Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$.
Questo è caratteristico e quindi normale,
In un gruppo non abeliano $G_d$ non è nemmeno un sottogruppo, poichè non è chiuso. Per esempio in $S_4$ $G_4$ contiene $(1234)$ e $(12)$, ma non contiene $(1234)(12)=(134)$.
Forza forza, il problema resiste!
"alvinlee88":
[quote="Thomas"]
Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$.
Questo è caratteristico e quindi normale,
In un gruppo non abeliano $G_d$ non è nemmeno un sottogruppo, poichè non è chiuso. Per esempio in $S_4$ $G_4$ contiene $(1234)$ e $(12)$, ma non contiene $(1234)(12)=(134)$.
Forza forza, il problema resiste![/quote]
che fastidio... lo dico sempre che l'algebra fa venire il nervoso: ti ricordi una cosa, la utilizzi e poi non era vera nelle tue ipotesi....
...a questo punto ci riproverò in seguito! (non so quando! magari prestissimo, magari tardissimo
)ciao ciao
Faccio un nuovo tentativo, stavolta un poco più pensato! Sia $H
Allora consideriamo l'omomorfismo:
$f:G rightarrow G$
tale che $Ker(f) = H$, allora per il teorema di omomorfismo di gruppi ho che:
$Im(f) \sim G/(Ker(f))$
Ma sappiamo anche che $|G/H| = |G|/|H| =d$ ed allora essendo $f$ l'azione di $H$ su $G$, $Im(f)
Non sono sicurissimo di tutto, ma dovremmo esserci (o perlomeno quasi)!
Allora consideriamo l'omomorfismo:
$f:G rightarrow G$
tale che $Ker(f) = H$, allora per il teorema di omomorfismo di gruppi ho che:
$Im(f) \sim G/(Ker(f))$
Ma sappiamo anche che $|G/H| = |G|/|H| =d$ ed allora essendo $f$ l'azione di $H$ su $G$, $Im(f)
Non sono sicurissimo di tutto, ma dovremmo esserci (o perlomeno quasi)!
Come fai a essere sicuro che un tale $f:G->G$, con nucleo $H$, esista? Di sicuro puoi dire che una scelta possibile è $f=pi:G->G//H$, ma in questo caso $Imf$ non è un sottogruppo di $G$, ma di $G//H$ (che in questo caso è anche $G//H$ stesso).
Il punto sbagliato è questo: te dici che fissato un sottogruppo, fondamentalmente a caso, esiste un $f$ dal gruppo in sè per cui quel sottogruppo è il nucleo. E quindi, fra l'altro, stai anche dicendo che ogni sottogruppo è normale...Beh, converrai che c'è qualcosa che non va...
Il punto sbagliato è questo: te dici che fissato un sottogruppo, fondamentalmente a caso, esiste un $f$ dal gruppo in sè per cui quel sottogruppo è il nucleo. E quindi, fra l'altro, stai anche dicendo che ogni sottogruppo è normale...Beh, converrai che c'è qualcosa che non va...
"alvinlee88":
Come fai a essere sicuro che un tale $f:G->G$, con nucleo $H$, esista? Di sicuro puoi dire che una scelta possibile è $f=pi:G->G//H$, ma in questo caso $Imf$ non è un sottogruppo di $G$, ma di $G//H$ (che in questo caso è anche $G//H$ stesso).
Il punto sbagliato è questo: te dici che fissato un sottogruppo, fondamentalmente a caso, esiste un $f$ dal gruppo in sè per cui quel sottogruppo è il nucleo. E quindi, fra l'altro, stai anche dicendo che ogni sottogruppo è normale...Beh, converrai che c'è qualcosa che non va...
$H$ è normale, non è a caso ma uno dei sottogruppi con due elementi... e poi $f:G rightarrow G$ potrebbe essere una azione di $G$ su se stesso con nucleo $H$. Non mi pare di avere come conseguenza di questo il fatto che tutti i sottogruppi sono normali...
Perchè $H$ è normale? Ha ordine 2, mica indice..
Te dici che $f$ potrebbe esistere. Se esiste ok, ma che ne sai che esiste?
Te dici che $f$ potrebbe esistere. Se esiste ok, ma che ne sai che esiste?
si infatti $H$ non è normale però se si sfruttasse uno dei teoremi di sylow si avrebbe che il numero $s$ dei 2-Sylow dovrebbe soddisfare le due condizioni
1) s=2h+1 cioè s congruo a 1 modulo 2
2) st=d cioè s deve dividere il numero dispari d....
però da qui non si va lontano
1) s=2h+1 cioè s congruo a 1 modulo 2
2) st=d cioè s deve dividere il numero dispari d....
però da qui non si va lontano
La dim che conosco io non fa uso di Sylow, ma richiede unìidea affatto banale (secondo me). Fra un pò metto qualche suggerimento (in spoiler)
Io ho pensato a
ma se ho iniziato con la strada giusta probabilmente nel percorso ho mancato qualche bivio..
ma se ho iniziato con la strada giusta probabilmente nel percorso ho mancato qualche bivio..
Sarei proprio curioso di consocere una dimostrazione che fa uso della teoria di galois, quella che so io usa solo teoria diciamo elementare dei gruppi, ma l'idea risolutiva secondo me non è elementare. Se hai idea con galois posta pure che sono curioso!
Sarei proprio curioso di consocere una dimostrazione che fa uso della teoria di galois, quella che so io usa solo teoria diciamo elementare dei gruppi, ma l'idea risolutiva secondo me non è elementare. Se hai idea con galois posta pure che sono curioso!
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