$EE$ 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
Quello che ho pensato è questo: siccome ogni gruppo finito è il gruppo di Galois di una qualche estensione di Galois (che volendo si può prendere di caratteristica zero), dato un gruppo finito $G$ e un'estensione di Galois $L//K$ di gruppo di Galois $G$, un sottogruppo di $G$ di ordine $d$ corrisponde ad un'estensione di $K$ di grado $|G|//d$ contenuta in $L$. Quindi in pratica il nuovo problema da risolvere è il seguente: se $L//K$ è un'estensione di Galois finita di grado $2d$ con $d$ dispari, esiste un intercampo di grado $2$ su $K$? (*)
Nel caso in cui scegliamo $K$ di caratteristica zero il problema (ricordando il teorema dell'elemento primitivo) è equivalente a trovare un elemento di grado $2$ su $K$. In questo caso possiamo scrivere $L=K(beta)$ con $beta$ di grado $2d$, e per Sylow esiste un elemento $alpha$ di grado $d$. Pensavo che manipolando $alpha$ e $beta$ si potesse trovare un elemento di grado $2$.
In ogni caso, forse una buona idea è ragionare per induzione sul numero di fattori primi di $d$. Io avevo detto: se $d$ è una potenza di un primo basta usare Sylow, altrimenti scriviamo $d=p_1^{a_1}...p_t^{a_t}$ (coi $p_i$ distinti) e detto $H$ un sottogruppo di ordine $p_1^{a_1}$, il suo corrispondente $H'$ in $L//K$ è un intercampo di grado $2p_2^{a_2}...p_t^{a_t}$ su $K$. Il problema è che ora non posso tornare indietro e usare l'ipotesi induttiva perché nessuno mi dice che $H'//K$ sia di Galois (in altre parole nessuno mi dice che $H$ sia normale in $G$). All'inizio non avevo visto questo particolare e il tutto mi sembrava un po' "magico", ma poi mi sono disilluso.
Comunque secondo me il problema (*) è forse più trattabile.
Nel caso in cui scegliamo $K$ di caratteristica zero il problema (ricordando il teorema dell'elemento primitivo) è equivalente a trovare un elemento di grado $2$ su $K$. In questo caso possiamo scrivere $L=K(beta)$ con $beta$ di grado $2d$, e per Sylow esiste un elemento $alpha$ di grado $d$. Pensavo che manipolando $alpha$ e $beta$ si potesse trovare un elemento di grado $2$.
In ogni caso, forse una buona idea è ragionare per induzione sul numero di fattori primi di $d$. Io avevo detto: se $d$ è una potenza di un primo basta usare Sylow, altrimenti scriviamo $d=p_1^{a_1}...p_t^{a_t}$ (coi $p_i$ distinti) e detto $H$ un sottogruppo di ordine $p_1^{a_1}$, il suo corrispondente $H'$ in $L//K$ è un intercampo di grado $2p_2^{a_2}...p_t^{a_t}$ su $K$. Il problema è che ora non posso tornare indietro e usare l'ipotesi induttiva perché nessuno mi dice che $H'//K$ sia di Galois (in altre parole nessuno mi dice che $H$ sia normale in $G$). All'inizio non avevo visto questo particolare e il tutto mi sembrava un po' "magico", ma poi mi sono disilluso.
Comunque secondo me il problema (*) è forse più trattabile.
Forse ho trovato una soluzione che usa metodi più semplici (se è sbagliata non randellatemi 
)
Consideriamo l'azione di $GxF_2->F_2$ data da $g.x=o(g)+x$ dove $o(g)=||-1$. (con $F_2$ indicato il campo definito dagli elementi ${0,1}$)
Questa è un'azione ben posta, infatti $o(id)=||-1=0$ quindi $id.x=0+x=x$ inoltre $g.(h.x)=(g.h).x$ per le proprietà delle addizioni.
Inoltre questa azione è transitiva, infatti essendo che $F_2={0,1}$, basta prendere un elemento di ordine dispari per passare da l'uno all'altro. Quindi, banalmente, indicato con $G(x)$ l'orbita di un elemento $x$ abbiamo che $|G(1)|=|G(2)|=|F_2|=2$ essendo l'azione transitiva.
Ma se $x\in F_2$, $G(x)\sim G/(stab(x))=>2=|G(x)|=|G|/|stab(x)|$, essendo che $G=2d$ con $d$ dispari, otteniamo che $|stab(x)|=d$, in particolare $|stab(1)|=|stab(2)|=d$.
Qua concludiamo osservando che $stab(x)
Vi convince? purtroppo quella proposta da Martino non riesco a cogliere tutti i passaggi, essendo che di Galois non ne ho ancora parlato.
)Consideriamo l'azione di $GxF_2->F_2$ data da $g.x=o(g)+x$ dove $o(g)=|
Questa è un'azione ben posta, infatti $o(id)=|
Inoltre questa azione è transitiva, infatti essendo che $F_2={0,1}$, basta prendere un elemento di ordine dispari per passare da l'uno all'altro. Quindi, banalmente, indicato con $G(x)$ l'orbita di un elemento $x$ abbiamo che $|G(1)|=|G(2)|=|F_2|=2$ essendo l'azione transitiva.
Ma se $x\in F_2$, $G(x)\sim G/(stab(x))=>2=|G(x)|=|G|/|stab(x)|$, essendo che $G=2d$ con $d$ dispari, otteniamo che $|stab(x)|=d$, in particolare $|stab(1)|=|stab(2)|=d$.
Qua concludiamo osservando che $stab(x)
Vi convince? purtroppo quella proposta da Martino non riesco a cogliere tutti i passaggi, essendo che di Galois non ne ho ancora parlato.
@fu: l'associatività pretende che $o(gh)=o(g)+o(h)$, ovvero $|g|+|h|+1 equiv |gh|\ mod(2)$. Ma questo non è vero sempre: se per esempio $g$ e $h$ hanno ordine $2$ e il loro prodotto ha ordine $2$ (per esempio se sono due trasposizioni disgiunte) allora hai $2+2+1 equiv 2\ mod(2)$ che è falso.
ah giusto, sono andato troppo frettoloso col definire l'azione... (la seconda parte mi sembra tranquilla ed è la parte che ho fatto ad occhio... invece bisogn fare sempre tutto bene...) mi sembrava strano anche il fatto che $d$ è in particolare dispari non era importantissimo, per far funzionare bastava essere pari.
Grazie della notazione della cavolata, ora ci penserò... rimango convinto che con qualche azione su $F_2$ il problema può essere risolto...
a presto, notte
Grazie della notazione della cavolata, ora ci penserò... rimango convinto che con qualche azione su $F_2$ il problema può essere risolto...
a presto, notte
"alvinlee88":
Se $G$ è un gruppo di ordine $2m$, $m$ dispari, provare che esiste in $G$ un sottogruppo di ordine $m$.
Davvero un problema interessante, per un weekend mi sono distratto dalla logica.
Per ogni $a\in G$, sia $f_a: G\rightarrow G$ tale che $x\mapsto ax$. Sia inoltre $S=\{f_a | a\in G\}$.
E' ben noto che $G$ e' isomorfo al gruppo (rispetto alla composizione) di permutazioni $S$, per mezzo della funzione
$a\in G\mapsto f_a\in S$
La dimostrazione ruota tutta intorno al suddetto isomorfismo e interpreta gli elementi di $G$ come elementi di $S$.
Siano $P$ e $D$ rispettivamente l'insieme degli elementi di ordine pari e l'insieme degli elementi di ordine dispari di $G$.
Se $a\in P$, la permutazione $f_a$ si decompone in un numero dispari di cicli di lunghezza pari, poiche' il rapporto tra $|G|$ e l'ordine di $a$ e' dispari. Dal momento che ogni ciclo di lunghezza pari si decompone in un numero dispari di trasposizioni, allora $f_a$ e' una permutazione dispari.
Analogamente, se $d\in D$, la permutazione $f_d$ si decompone in un numero pari di cicli di lunghezza dispari. Dal momento che ogni ciclo di lunghezza dispari si decompone in un numero pari di trasposizioni, allora $f_d$ e' una permutazione pari.
Quindi, se $a\in P$, allora $aP\sube D$ e $aD\sube P$, sfruttando l'isomorfismo fra $G$ e $S$ e il fatto che la composizione di due permutazioni dispari e' pari e la composizione di una permutazione pari e una dispari e' dispari. Dunque $|D|=|P|=|G|/2=m$.
Inoltre $DD=D$, poiche' la composizione di permutazioni pari e' ancora pari. Per definizione, dunque, $D$ e' un sottogruppo di $G$ di ordine $m$.
Q.E.D.
Mi sembra tutto a posto, fields, bene come al solito. La tua dimostrazione è molto simile a quella che conosco io, che ruota anch'essa attorno all'isomorfismo di cayley fra $G$ e il gruppo delle permutazioni su $2d$ oggetti con $2d=|G|$.
Considero la composizione di omomorfismi $\pi \circ \phi$, con $\phi: G \rightarrow \ S_{2d}$ l'omomorfismo di Cayley che manda $g$ in $\phi_{g}$ definita da $\phi_{g} (x)=gx$ per ogni $x$in $G$, che è un omomorfismo iniettivo, e $\pi: S_{2d} \rightarrow S_{2d}//A_{2d}\cong Z/2Z$ la solita proiezione. Se $f=\pi \circ \phi$
è suriettivo, allora il suo nucleo ha ordine $d$ ed è il sottogruppo cercato. (fra l'altro è proprio il sottogruppo che te hai chiamato $D$, ovvero tutte le permutazioni pari). Per dimostrare che è surgettiva basta prendere
$y in G$ di ordine 2, che esiste per Cauchy, cosicchè $\phi_y$ si decompone in $d$ trasposizioni, ed è pertanto una permutazioni dispari, ovvero sta in $bar1 in ZZ//2ZZ$.
Concordo, è uscito a un orale di strutture algebriche dal cappello del nostro prof, insieme ad altri bei problemi sui gruppi che appena ho un pò di tempo posterò.
Considero la composizione di omomorfismi $\pi \circ \phi$, con $\phi: G \rightarrow \ S_{2d}$ l'omomorfismo di Cayley che manda $g$ in $\phi_{g}$ definita da $\phi_{g} (x)=gx$ per ogni $x$in $G$, che è un omomorfismo iniettivo, e $\pi: S_{2d} \rightarrow S_{2d}//A_{2d}\cong Z/2Z$ la solita proiezione. Se $f=\pi \circ \phi$
è suriettivo, allora il suo nucleo ha ordine $d$ ed è il sottogruppo cercato. (fra l'altro è proprio il sottogruppo che te hai chiamato $D$, ovvero tutte le permutazioni pari). Per dimostrare che è surgettiva basta prendere
$y in G$ di ordine 2, che esiste per Cauchy, cosicchè $\phi_y$ si decompone in $d$ trasposizioni, ed è pertanto una permutazioni dispari, ovvero sta in $bar1 in ZZ//2ZZ$.
"fields":
Davvero un problema interessante, per un weekend mi sono distratto dalla logica.
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Concordo, è uscito a un orale di strutture algebriche dal cappello del nostro prof, insieme ad altri bei problemi sui gruppi che appena ho un pò di tempo posterò.
"alvinlee88":
Se $f=\pi \circ \phi$
è suriettivo, allora il suo nucleo ha ordine $d$ ed è il sottogruppo cercato. (fra l'altro è proprio il sottogruppo che te hai chiamato $D$, ovvero tutte le permutazioni pari).
Gia', ed e' lo stesso sottogruppo che aveva tirato fuori Thomas. ll problema era che l'essenza della dimostrazione era proprio dimostrare che quello era davvero un sottogruppo...
"alvinlee88":
Concordo, è uscito a un orale di strutture algebriche dal cappello del nostro prof, insieme ad altri bei problemi sui gruppi che appena ho un pò di tempo posterò.
Cioe', il vostro prof. ha chiesto ad un povero studente di risolvere il problema, cosi', su due piedi?
Spero proprio che gli abbia dato un suggerimento!
"fields":
Cioe', il vostro prof. ha chiesto ad un povero studente di risolvere il problema, cosi', su due piedi?
Beh si, ma questo prof è un pazzo furioso. D'altronde lo studente era un normalista, e ha saputo cavarsela bene (appunto con l'idea del Ker di quella composizione), e difatti poi ha preso 30.
Il problema è che problemi quasi altrettanto allucinanti vengono proposti anche a studenti più "normali" (ovvero non normalisti), senza alcuna pietà.
Non mi ricordo in questo caso specifico riguardo i suggerimenti, ma in genere dopo aver lasciato un pò di tempo allo studente un pò aiuta. (ma ci sono casi in cui mette una fretta tremenda, e vorrebbe risolvere lui l'esercizio, tant'è che al mio orale mi ha fatto esclamare "professore, ma lasci rispondere me!")
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