Esercizio sui gruppi.
Buonasera, ho il seguente esercizio che non so da dove iniziare.
Esercizio:
Sia $p$ primo e $|G|=p^2.$ Dimostrare che $G$ contiene al più $p+1$ sottogruppi di ordine $p.$
Mi potete dare solo qualche dritta in merito, di modo che possa risolverlo da solo.
Ciao a presto.
Esercizio:
Sia $p$ primo e $|G|=p^2.$ Dimostrare che $G$ contiene al più $p+1$ sottogruppi di ordine $p.$
Mi potete dare solo qualche dritta in merito, di modo che possa risolverlo da solo.
Ciao a presto.
Risposte
Supponi $G_1,\ldots,G_n$ siano sottogruppi di ordine $p$. Cosa puoi dire della cardinalità di $\bigcup_{i=1}^nG_i$?
Direi che $|bigcup_i ^n G_i|=|G_1cupG_2cup...cupG_n|=p+p+...+p-s=np-s=t,$
con $s=|G_1capG_2cap...capG_n|$
con $s=|G_1capG_2cap...capG_n|$
No, in generale è molto più complicato calcolare la cardinalità di un'unione di insiemi a intersezione non vuota; il fatto è che per dei sottogruppi l'intersezione non può avere cardinalità arbitraria (thm di Lagrange). Sicché, che puoi dire?
"hydro":
Supponi $ G_1,\ldots,G_n $ siano sottogruppi di ordine $ p $. Cosa puoi dire della cardinalità di $ \bigcup_{i=1}^nG_i $?
Ciao hydro scusami se rispondo solo ora.
Comunque, se ti va, mi potresti dire la relazione che ci sta tra la cardinalità dell'unione con la soluzione del problema proposto.
Ciao a presto.
Supponi che vi siano $p+1$ sottogruppi distinti di ordine $p$. La loro intersezione è a due a due banale (Lagrange). Quindi la loro unione ha cardinalità $p+1$ (il numero dei sottogruppi) volte $p-1$ (la cardinalità di ciascuno, meno l'unità, comune a tutti), più $1$ (l'unità, appunto comune a tutti): in tutto $(p+1)(p-1)+1=p^2$, che esaurisce tutto $G$. Quindi non ce ne stanno di più. (Se vuoi una versione più formale di questo ragionamento, devi usare il principio di inclusione-esclusione: https://it.wikipedia.org/wiki/Principio ... esclusione.)
@Luca69: secondo me l'unico aspetto che hai usato implicitamente è la primalità di \(p\), il resto è abbastanza formale.
Io lo avrei detto così:
Siccome \(p\) è primo, allora ogni sottogruppo di ordine \(p\) è ciclico di ordine \(p\) (basta usare il teorema di Lagrange). Siccome ogni elemento diverso dall'unità in un gruppo ciclico di ordine un primo né è un generatore, allora per ogni coppia \(U,V < G\) tali che \(\lvert U\rvert = \lvert V\rvert = p\) si ha \(U\cap V = \{1\}\) oppure \(U = V\). Siano quindi \(U_1,\cdots,U_n < G\) gli \(n\) sottogruppi distinti di ordine \(p\). Risulta ovviamente \(\bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert \le \lvert G\rvert = p^2\).
Dalle considerazioni fatte prima, risulta \[\begin{align*} \bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert &\le \lvert G\rvert = p^2 \\ 1 + \sum_{i=1}^n \lvert U_i \setminus \{1\}\rvert &\le p^2 \\ 1 + n(p-1) &\le p^2 \\ n(p-1) &\le p^2 - 1 \\ n(p-1) &\le (p + 1)(p - 1) \\ n &\le p + 1 \;.\end{align*}\]
A questo punto la domanda è se questo numero può essere raggiunto.
Io lo avrei detto così:
Siccome \(p\) è primo, allora ogni sottogruppo di ordine \(p\) è ciclico di ordine \(p\) (basta usare il teorema di Lagrange). Siccome ogni elemento diverso dall'unità in un gruppo ciclico di ordine un primo né è un generatore, allora per ogni coppia \(U,V < G\) tali che \(\lvert U\rvert = \lvert V\rvert = p\) si ha \(U\cap V = \{1\}\) oppure \(U = V\). Siano quindi \(U_1,\cdots,U_n < G\) gli \(n\) sottogruppi distinti di ordine \(p\). Risulta ovviamente \(\bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert \le \lvert G\rvert = p^2\).
Dalle considerazioni fatte prima, risulta \[\begin{align*} \bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert &\le \lvert G\rvert = p^2 \\ 1 + \sum_{i=1}^n \lvert U_i \setminus \{1\}\rvert &\le p^2 \\ 1 + n(p-1) &\le p^2 \\ n(p-1) &\le p^2 - 1 \\ n(p-1) &\le (p + 1)(p - 1) \\ n &\le p + 1 \;.\end{align*}\]
A questo punto la domanda è se questo numero può essere raggiunto.
"vict85":
@Luca69: secondo me l'unico aspetto che hai usato implicitamente è la primalità di \(p\), il resto è abbastanza formale.
Io lo avrei detto così:
Siccome \(p\) è primo, allora ogni sottogruppo di ordine \(p\) è ciclico di ordine \(p\) (basta usare il teorema di Lagrange). Siccome ogni elemento diverso dall'unità in un gruppo ciclico di ordine un primo né è un generatore, allora per ogni coppia \(U,V < G\) tali che \(\lvert U\rvert = \lvert V\rvert = p\) si ha \(U\cap V = \{1\}\) oppure \(U = V\). Siano quindi \(U_1,\cdots,U_n < G\) gli \(n\) sottogruppi distinti di ordine \(p\). Risulta ovviamente \(\bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert \le \lvert G\rvert = p^2\).
Dalle considerazioni fatte prima, risulta \[\begin{align*} \bigl\lvert\bigcup_{i=1}^n U_i\bigr\rvert &\le \lvert G\rvert = p^2 \\ 1 + \sum_{i=1}^n \lvert U_i \setminus \{1\}\rvert &\le p^2 \\ 1 + n(p-1) &\le p^2 \\ n(p-1) &\le p^2 - 1 \\ n(p-1) &\le (p + 1)(p - 1) \\ n &\le p + 1 \;.\end{align*}\]
Mi sembra che questa sia esattamente la risposta che ha dato Luca69, no?
"vict85":
A questo punto la domanda è se questo numero può essere raggiunto.
Ovviamente sì: i sottogruppi di ordine $p$ del gruppo $\bb F_p^2$ sono i nuclei delle mappe lineari non nulle $\bb F_p^2\to \bb F_p$. Quante ce ne sono? Ovviamente $p^2-1$. Quando due nuclei coincidono? quando le mappe corrispondenti sono proporzionali. Ergo, ci sono \((p^2-1)/(p-1)=p+1\) sottogruppi di ordine $p$.
Sì, è esattamente la stessa cosa. Ho solo voluto aggiungere qualche dettaglio che non era scritto in maniera esplicita.
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