Esercizi gruppi

[Albert Wesker 27]

Buongiorno e buona domenica a tutti.
Volevo proporre un esercizio che ha come argomento gruppi e omomorfismi di gruppi.

L'esercizio dice:

Sia G un gruppo, $|G|=21$. Supponiamo inoltre che esista $\phi: G \to ZZ_7$ non banale. Mostrare che G ha un unico sottogruppo normale di ordine 3.

Un primo tentativo che ho fatto (ma che sapevo non avrebbe funzionato dato che non utilizzavo l'informazione su l'omomorf) è stato quello di vedere se il numero dei 3-sottogruppi di Sylow fosse $1$ (utilizzando il secondo teorema). In seconda battuta ho provato a mostrare l'esistenza di un tale sottogruppo come nucleo dell'omomrfismo. Sia dunque $N=Ker(\phi)$. So che $N$ è normale in $G$ ed inoltre so che $|G/N|$ è $3$ o $7$ (poiché l'omomrf non è banale e l'immagine ha cardinalità al più $7$). Queste sono alcune considerazionoi che ho fatto ma non riesco ad andare avanti.

Suggerimenti? Grazie!

PS. il titolo è al plurale per evitare di aprire altri topic nell'eventualità (più che concreta) che trovi altri esercizi con i quali ho difficoltà. =)

[Gi81]

Un'indicazione: l'immagine di $phi$ (che è un omomorfismo) è un sottogruppo di $ZZ_7$,
quindi per forza è il singoletto dell'elemento neutro oppure tutto $ZZ_7$.

Dato che $phi$ è non banale...

[Albert Wesker 27]

Si conclude immediatamente che l'omomorfismo è suriettivo e dunque $|N|=3$. Inoltre, poiché $N$ è normale, e dato che tutti i 3- gruppi di Sylow sono coniugati, si conclude che $N$ è l'unico sottogruppo normale di ordine 3.

La seconda parte dell'esercizio diceva di mostrare che G è ciclico. Ma, per il secondo teorema di Sylow, $n_7=1$ e, per il punto uno, $n_3=1$. Segue che G è prodotto diretto dei suoi due sottogruppi di Sylow e dunque è isomorfo a $C_7xC_3=C_21$ (poiché 3 e 7 sono coprimi).

Giusto? Grazie mille

[Gi81]

Tutto corretto

[totissimus]

Si può risolvere anche in questo modo:

1) Unicità di \( N\):
Se esistesse un altro sottogruppo \(H\) di ordine \(3\) con \( H \neq N\) avremmo \( H \cap N=\{e\}\), e
\( \displaystyle |HN|=\frac{|H||N|}{|H \cap N|}=9\) ma \( NH\) è un sottogruppo di \( G\) e \( G\) non ha sottogruppi di ordine \(9\).

2) Esiste un solo sottogruppo di ordine \( 7\):
Se \(L,M\) sono sottogruppi di ordine \(7\) con \( L \neq M\) allora \( L \cap M =\{e\}\) e
\( \displaystyle |LM|=\frac{|L||M|}{|L \cap M|}|=49\) impossibile.

3) \( G\) è ciclico:
Sia \( H\) l'unico sottogruppo di ordine \(7\) (necessariamente normale), abbiamo \( N \cap H=\{e\}\) . Sia \( a \in H-\{e\}, b \in N-\{e\} \) .


Se fosse \( o(ab)=1\) avremmo \( ab=e, a=b^{-1} \in N \cap H\) impossibile;

Se fosse \( o(ab)=3\) allora \( ab \in N\) e quindi \( b \in H \cap N\) impossibile;

Se fosse \( o(ab)=7\) allora \( ab \in H\) e quindi \( a \in H \cap N\) impossibile;

quindi rimane l'unica possibilità \( o(ab)=21\).