Esercizio sui gruppi (dimostrazione ciclicità)
Ogni gruppo di ordine $15$ è ciclico.
La soluzione che qui riporto e che spero non sia errata, fa uso a parte il teorema di cauchy, di considerazioni elementari.
Per il teorema di Cauchy esistono in $G$ almeno due sottogruppi $H$, e $K$ con $|H|=5$ ed $|K|=3$.
Il sottogruppo $H$ risulterà essere normale in $G$ in quanto se fosse $g^(-1)Hg!=H$, per qualche $ginG$, in tal caso avremmo due sottogruppi distinti , di ordine $5$, $H_1=g^(-1)Hg$, ed $H$, con $H_1nnH=e$, ed l'insieme $H_1H$ conterebbe $25$ elementi distinti,cioè $|H_1H|=25$,e questo è chiaramente impossibile perchè maggiore dell'ordine del gruppo che è $15$, pertanto deve essere necessariamente $g^(-1)Hg=H$, per qualche $ginG$, cioè $H$ normale.
I sottogruppi $H$ ed $K$ essendo di ordine primo sono ciclici, in quanto hanno ordine primo;
Sia $H=$, ed $K=$. Avremo $k^(-1)hk=h^t$ per un certo $tinZ$, dovuto alla normalità di $H$ . Risultando $k^(-3)hk^3=((h^t)^t)^t=h^((t^3))$,ed avendosi $k^3=e$, deve essere $h^((t^3))=h$, ma questo implica che $t^3-=1(mod5)$, ma ciò si verifica soltanto se $t-=1(mod5)$,cioè l'unica soluzione di tale congruenza è $[1]inZ_5$; necessariamente allora deve risultare
$k^(-1)hk=h$ cioè $hk=kh$, Ed essendo assicurata l'esistenza di due gruppi $H$ e $K$ rispettivamente di ordine $5$ e di ordine $3$,
i cui elementi commutano tra di loro sarà $HxxK$ sottogruppo, ma l'ordine di $|HxxK|=15$, sarà necessariamente $G=HxxK$ e ricordando che $H$ e $K$ sono di ordine primo fra loro segue che $G$ è ciclico.
Chiaramente utilizzando i teoremi di Sylow e correlati, si arriva velocemente alla soluzione e per giunta più generale!
Analogo ragionamento si può fare ad esempio con i gruppi di ordine $35=7xx5$ qui la congruenza $t^5-=1(mod7)$ ha un unica soluzione ossia $[1]inZ_7$, oppure $5xx13$ dove l'unica soluzione della congruenza $t^5-=1(mod13)$ è $[1]inZ_13$. Se $|G|=pq$
con $p>q$ se $q$ non divide $p-1$ allora la congruenza $t^q-=1(modp)$ ha come soluzione $[1]inZ_p$ unica??
Sperando che ci sia almeno qualcosa di giusto in quello che ho esposto, resto in attesa di un parere,;grazie!!
La soluzione che qui riporto e che spero non sia errata, fa uso a parte il teorema di cauchy, di considerazioni elementari.
Per il teorema di Cauchy esistono in $G$ almeno due sottogruppi $H$, e $K$ con $|H|=5$ ed $|K|=3$.
Il sottogruppo $H$ risulterà essere normale in $G$ in quanto se fosse $g^(-1)Hg!=H$, per qualche $ginG$, in tal caso avremmo due sottogruppi distinti , di ordine $5$, $H_1=g^(-1)Hg$, ed $H$, con $H_1nnH=e$, ed l'insieme $H_1H$ conterebbe $25$ elementi distinti,cioè $|H_1H|=25$,e questo è chiaramente impossibile perchè maggiore dell'ordine del gruppo che è $15$, pertanto deve essere necessariamente $g^(-1)Hg=H$, per qualche $ginG$, cioè $H$ normale.
I sottogruppi $H$ ed $K$ essendo di ordine primo sono ciclici, in quanto hanno ordine primo;
Sia $H=
$k^(-1)hk=h$ cioè $hk=kh$, Ed essendo assicurata l'esistenza di due gruppi $H$ e $K$ rispettivamente di ordine $5$ e di ordine $3$,
i cui elementi commutano tra di loro sarà $HxxK$ sottogruppo, ma l'ordine di $|HxxK|=15$, sarà necessariamente $G=HxxK$ e ricordando che $H$ e $K$ sono di ordine primo fra loro segue che $G$ è ciclico.
Chiaramente utilizzando i teoremi di Sylow e correlati, si arriva velocemente alla soluzione e per giunta più generale!
Analogo ragionamento si può fare ad esempio con i gruppi di ordine $35=7xx5$ qui la congruenza $t^5-=1(mod7)$ ha un unica soluzione ossia $[1]inZ_7$, oppure $5xx13$ dove l'unica soluzione della congruenza $t^5-=1(mod13)$ è $[1]inZ_13$. Se $|G|=pq$
con $p>q$ se $q$ non divide $p-1$ allora la congruenza $t^q-=1(modp)$ ha come soluzione $[1]inZ_p$ unica??
Sperando che ci sia almeno qualcosa di giusto in quello che ho esposto, resto in attesa di un parere,;grazie!!
Risposte
Stamattina mi son svegliato molto presto, quindi non sono affatto efficiente e perdonami per questo.
Però a me questa frase non convince:
E' come se $H_1 \times H$ risultasse sottogruppo di $G$. Ma ciò è vero? Lo è sicuramente di $G \times G$.
Per me puoi dire che se esistesse allora esisterebbe $4$ elementi non identici in $H_1$ e $4$ elementi non identici in $H$ cioè $8$ elementi, più l'unità. Questo sì, ma rifarsi al prodotto diretto. Mboh!
Con sylow viene facile, senza sylow devo pensarci un po'!
Poi magari sbaglio io e la tua è correttissima
Il resto invece mi sembra corretto!
Però a me questa frase non convince:
"francicko":
Il sottogruppo $H$ risulterà essere normale in $G$ in quanto se fosse $g^(-1)Hg!=H$, per qualche $ginG$, in tal caso avremmo due sottogruppi distinti , di ordine $5$, $H_1=g^(-1)Hg$, ed $H$, con $H_1nnH=e$, ed $H_1xxH$ conterebbe $25$ elementi distinti,
e questo è chiaramente impossibile perchè maggiore dell'ordine del gruppo che è $15$.
E' come se $H_1 \times H$ risultasse sottogruppo di $G$. Ma ciò è vero? Lo è sicuramente di $G \times G$.
Per me puoi dire che se esistesse allora esisterebbe $4$ elementi non identici in $H_1$ e $4$ elementi non identici in $H$ cioè $8$ elementi, più l'unità. Questo sì, ma rifarsi al prodotto diretto. Mboh!
Con sylow viene facile, senza sylow devo pensarci un po'!
Poi magari sbaglio io e la tua è correttissima
Il resto invece mi sembra corretto!
Concordo con mistake: dovresti argomentare meglio per dimostrare la normalità di [tex]H[/tex]. Per esempio osserva che se [tex]H[/tex] ha più di un coniugato allora ne ha [tex]3[/tex].
Scusate nella fretta di scrivere avevo fatto confusione , intendevo l'insieme $H_1H$ come l'insieme degli elementi della forma $h_1h$ con $h_1inH_1$ ed $hinH$, che dovendo risultare distinti sforano la cardinalità di $G$. Ho modificato il post, sopra, spero che adesso sia più chiaro. La cosa che mi lascia un po perplesso è che se considero in generale effettivamente due qualsiasi primi $p$ e $q$,
con $p>q$ ed $q$ non divide $p-1$, effettivamente la congruenza polinomiale $x^q-=1(modp)$ ha esattamente un unica soluzione che è $[1]inZ_p$, ho fatto diverse prove e mi sembra che sia vero, ad esempio con $p=7$ ed $q=5$, oppure con $p=13$ ed $q=7$,
$p=5$ ed $q=3$, $p=11$ ed $q=7$, $p=11$ ed $q=3$.
Tutte queste congruenze $x^5-=1(mod7)$, $x^7-=1(mod13)$, $x^3-=1(mod5)$, $x^7-=1(mod11)$,$x^3-=1(mod11)$ e così via.........hanno una soluzione unica.
Pertanto i gruppi di ordine $35$,$91$,$15$,$77$,$33$... saranno ciclici.
Dato che ancora ho poca confidenza con le congruenze , solo da giorni ho capito che come soluzione si intende una classe di elementi
, nel mio caso saranno rispettivamente le classi $[1+pk] in Z_p$, mi sarei anche fatto un idea su questo fatto, che secondo me si potrebbe far discendere dai teoremi di sylow, ma visto che sono alle prime armi con l'argomento non vorrei dilungarmi e scrivere altre bestialità,ed intanto resto momentaneamente in attesa di un vostro giudizio sull'esattezza o meno degli esposti che ho postato. Grazie!!
con $p>q$ ed $q$ non divide $p-1$, effettivamente la congruenza polinomiale $x^q-=1(modp)$ ha esattamente un unica soluzione che è $[1]inZ_p$, ho fatto diverse prove e mi sembra che sia vero, ad esempio con $p=7$ ed $q=5$, oppure con $p=13$ ed $q=7$,
$p=5$ ed $q=3$, $p=11$ ed $q=7$, $p=11$ ed $q=3$.
Tutte queste congruenze $x^5-=1(mod7)$, $x^7-=1(mod13)$, $x^3-=1(mod5)$, $x^7-=1(mod11)$,$x^3-=1(mod11)$ e così via.........hanno una soluzione unica.
Pertanto i gruppi di ordine $35$,$91$,$15$,$77$,$33$... saranno ciclici.
Dato che ancora ho poca confidenza con le congruenze , solo da giorni ho capito che come soluzione si intende una classe di elementi
, nel mio caso saranno rispettivamente le classi $[1+pk] in Z_p$, mi sarei anche fatto un idea su questo fatto, che secondo me si potrebbe far discendere dai teoremi di sylow, ma visto che sono alle prime armi con l'argomento non vorrei dilungarmi e scrivere altre bestialità,ed intanto resto momentaneamente in attesa di un vostro giudizio sull'esattezza o meno degli esposti che ho postato. Grazie!!
Questo già mi convince di più!
Però mi hai messo la pulce ora... quando dati due sottogruppi $H,K$ e considerato il loro prodotto diretto $H \times K$ risulta anche un sottogruppo di $G$. La risposta ovvia è quando $H \times K$ è isomorfo ad un opportuno sottogruppo di $G$. E questo può avvenire a volte? Sotto quali ipotesi?
Non credo esista una risposta generale.
Potrebbe risultare $HK \cong H \times K$, per far sì che sia un isomorfismo le condizioni su $H,K$ devono essere molto forti (cioè entrambi normali e ad intersezione vuota).
Potrebbe non sussistere se $|H||K|$ ha ordine maggiore di $G$.
Credo dipenda dall'ordine e da come "sono fatti" $G,H,K$
Sicuramente sarà una questione banale, però non ci avevo mai pensato!
Però mi hai messo la pulce ora... quando dati due sottogruppi $H,K$ e considerato il loro prodotto diretto $H \times K$ risulta anche un sottogruppo di $G$. La risposta ovvia è quando $H \times K$ è isomorfo ad un opportuno sottogruppo di $G$. E questo può avvenire a volte? Sotto quali ipotesi?
Non credo esista una risposta generale.
Potrebbe risultare $HK \cong H \times K$, per far sì che sia un isomorfismo le condizioni su $H,K$ devono essere molto forti (cioè entrambi normali e ad intersezione vuota).
Potrebbe non sussistere se $|H||K|$ ha ordine maggiore di $G$.
Credo dipenda dall'ordine e da come "sono fatti" $G,H,K$
Sicuramente sarà una questione banale, però non ci avevo mai pensato!
@francicko: ah già, vero!
Comunque in generale un intero positivo [tex]n[/tex] ha la proprietà che ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] è ciclico se e solo se [tex](n,\varphi(n))=1[/tex].
Se [tex]n=pq[/tex] con [tex]p \neq q[/tex] allora chiedere che ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] sia ciclico equivale a chiedere che [tex]p[/tex] non divida [tex]q-1[/tex] e [tex]q[/tex] non divida [tex]p-1[/tex]. Questo segue (quasi) direttamente dai teoremi di Sylow.
@mistake: la questione che poni, così come la poni è fuori controllo, dato che se [tex]G[/tex] è un gruppo con due sottogruppi [tex]H,K[/tex] allora posso chiedermi se il gruppo [tex]G \times L[/tex] ha [tex]H \times K[/tex] come sottogruppo, per qualsiasi altro gruppo [tex]L[/tex], e in definitiva la presenza dei sottogruppi [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] in generale la trovo scorrelata dalla presenza di un sottogruppo isomorfo a [tex]H \times K[/tex]. Magari mi sbaglio, ma sono abbastanza convinto
Comunque in generale dati due sottogruppi [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] di un gruppo [tex]G[/tex], il prodotto [tex]HK[/tex] risulta essere un sottogruppo se e solo se [tex]HK=KH[/tex].
Comunque in generale un intero positivo [tex]n[/tex] ha la proprietà che ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] è ciclico se e solo se [tex](n,\varphi(n))=1[/tex].
Se [tex]n=pq[/tex] con [tex]p \neq q[/tex] allora chiedere che ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] sia ciclico equivale a chiedere che [tex]p[/tex] non divida [tex]q-1[/tex] e [tex]q[/tex] non divida [tex]p-1[/tex]. Questo segue (quasi) direttamente dai teoremi di Sylow.
@mistake: la questione che poni, così come la poni è fuori controllo, dato che se [tex]G[/tex] è un gruppo con due sottogruppi [tex]H,K[/tex] allora posso chiedermi se il gruppo [tex]G \times L[/tex] ha [tex]H \times K[/tex] come sottogruppo, per qualsiasi altro gruppo [tex]L[/tex], e in definitiva la presenza dei sottogruppi [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] in generale la trovo scorrelata dalla presenza di un sottogruppo isomorfo a [tex]H \times K[/tex]. Magari mi sbaglio, ma sono abbastanza convinto
Comunque in generale dati due sottogruppi [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] di un gruppo [tex]G[/tex], il prodotto [tex]HK[/tex] risulta essere un sottogruppo se e solo se [tex]HK=KH[/tex].
@Martino
Sì immagino che la questione non l'abbia posta bene. Ho comunque fatto un piccolo edit sopra.
Intendevo questo. Se io ho $H,K$ due sottogruppi di $G$, il prodotto $H\timesK$ è un sottogruppo di $G \times G$.
Può mai accadere che $H \times K$ sia anche sottogruppo di $G$?
In generale, credo, la risposta è no!
Ma può accadere in taluni casi?
Grazie mille
Sì immagino che la questione non l'abbia posta bene. Ho comunque fatto un piccolo edit sopra.
Intendevo questo. Se io ho $H,K$ due sottogruppi di $G$, il prodotto $H\timesK$ è un sottogruppo di $G \times G$.
Può mai accadere che $H \times K$ sia anche sottogruppo di $G$?
In generale, credo, la risposta è no!
Ma può accadere in taluni casi?
Grazie mille
Intanto ringrazio sia Martino che Mistake,per i vostri interventi ,che sono sempre come al solito per me chiarificanti!!
Il modo di affrontare certi problemi da parte mia può apparire magari a volte un po' curioso, il fatto è che da semplice cultore cerco di procedere per gradi, cioè fino a quanto possibile di provare a risolvere un problema utilizzando le proposizioni più primordiali ed elementari di una struttura algebrica, in questo caso quella di gruppo, prima di passare successivamente all'uso di teoremi un po' più complessi, questo modo di procedere almeno personalmente mi ha aiutato molto nella comprensione dei problemi se pur elementari,e
non è poco per uno come me che in ambito scolastico non ha mai avuto un rapporto idilliaco con la matematica, però essere venuto a conoscenza di questa struttura definita in modo cosi semplice dal punto di vista assiomatico ma che nel contempo da origine a risultati rilevanti, ha risvegliato in me per lo meno un certo interesse, che ormai si era definitivamente assopito.
Il modo di affrontare certi problemi da parte mia può apparire magari a volte un po' curioso, il fatto è che da semplice cultore cerco di procedere per gradi, cioè fino a quanto possibile di provare a risolvere un problema utilizzando le proposizioni più primordiali ed elementari di una struttura algebrica, in questo caso quella di gruppo, prima di passare successivamente all'uso di teoremi un po' più complessi, questo modo di procedere almeno personalmente mi ha aiutato molto nella comprensione dei problemi se pur elementari,e
non è poco per uno come me che in ambito scolastico non ha mai avuto un rapporto idilliaco con la matematica, però essere venuto a conoscenza di questa struttura definita in modo cosi semplice dal punto di vista assiomatico ma che nel contempo da origine a risultati rilevanti, ha risvegliato in me per lo meno un certo interesse, che ormai si era definitivamente assopito.
Ciao Martino.
Perdonami ma non ho capito una tua affermazione:
"Comunque in generale un intero positivo n ha la proprietà che ogni gruppo di ordine n è ciclico se e solo se n e' coprimo con phi(n)."
Mi sembra di aver trovato un controesempio, per esempio il gruppo Z/10Z={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} e' ciclico, Z/10Z = <1>.
Pero' la phi di 10 e' 4, e (10,4)=2!
Sbaglio? Forse e' vera solo uno dei due lati dell'implicazione e non il "se e solo se".
Perdonami ma non ho capito una tua affermazione:
"Comunque in generale un intero positivo n ha la proprietà che ogni gruppo di ordine n è ciclico se e solo se n e' coprimo con phi(n)."
Mi sembra di aver trovato un controesempio, per esempio il gruppo Z/10Z={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} e' ciclico, Z/10Z = <1>.
Pero' la phi di 10 e' 4, e (10,4)=2!
Sbaglio? Forse e' vera solo uno dei due lati dell'implicazione e non il "se e solo se".
"borador":Non capisco cosa vuoi dire. Si ha [tex](10,\varphi(10)) \neq 1[/tex] e infatti esiste un gruppo non ciclico di ordine 10, il gruppo diedrale [tex]D_5[/tex].
Ciao Martino.
Perdonami ma non ho capito una tua affermazione:
"Comunque in generale un intero positivo n ha la proprietà che ogni gruppo di ordine n è ciclico se e solo se n e' coprimo con phi(n)."
Mi sembra di aver trovato un controesempio, per esempio il gruppo Z/10Z={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} e' cilcilo, Z/10Z = <1>.
Pero' la phi di 10 e' 4, e (10,4)=2!
Sbaglio? Forse e' vera solo uno dei due lati dell'implicazione e non il "se e solo se".
Quello che ho detto è che le seguenti due affermazioni sono equivalenti.
1) Ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] è ciclico.
2) [tex](n,\varphi(n))=1[/tex].
Scusa ma sono un po' duro!
Da come avevo interpretato io la tua frase deducevo le due seguenti implicazioni:
Se un gruppo di ordine n è ciclico allora (n,phi(n))=1
e
Se n è un intero tale che (n,phi(n))=1 allora ogni gruppo di ordine n è ciclico
Il mio esempio era per confutare la prima implicazione, cioè io dicevo che c'era un controesempio.
Z/10Z infatti è ciclico, ha ordine n ma non è vero che (10,phi(10)) = 1.
Scusa ancora se insisto, ma sai com'è quando qualcosa non è chiaro è sempre meglio continuare a chiedere a chi ne sa di più ed è così gentile da non mandarti a quel paese!
Da come avevo interpretato io la tua frase deducevo le due seguenti implicazioni:
Se un gruppo di ordine n è ciclico allora (n,phi(n))=1
e
Se n è un intero tale che (n,phi(n))=1 allora ogni gruppo di ordine n è ciclico
Il mio esempio era per confutare la prima implicazione, cioè io dicevo che c'era un controesempio.
Z/10Z infatti è ciclico, ha ordine n ma non è vero che (10,phi(10)) = 1.
Scusa ancora se insisto, ma sai com'è quando qualcosa non è chiaro è sempre meglio continuare a chiedere a chi ne sa di più ed è così gentile da non mandarti a quel paese!
Ah ok ma adesso è chiaro?
ma adesso è chiaro?
"Martino":
1) Ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] è ciclico.
2) [tex](n,\varphi(n))=1[/tex].
la dimostrazione di questo è particolarmente complicata? mi interessa.
"paolo.papadia":L'implicazione [tex](1) \Rightarrow (2)[/tex] (se ogni gruppo di ordine [tex]n[/tex] è ciclico allora [tex](n,\varphi(n))=1[/tex]) è abbastanza facile. L'altra invece è piuttosto complicata e tecnica (a meno che io non veda una soluzione facile).
la dimostrazione di questo è particolarmente complicata? mi interessa.
Metto l'implicazione [tex](1) \Rightarrow (2)[/tex], poi se ci tieni metto anche l'altra
Chiamiamo un numero [tex]n[/tex] "ciclico" se ha la proprietà che tutti i gruppi di ordine [tex]n[/tex] sono tra loro isomorfi (cioè, sono tutti ciclici).
Per prima cosa osserva che siccome esistono gruppi non ciclici di ordine [tex]p^2[/tex] (dove p è un primo) se vuoi sperare che [tex]n[/tex] sia un numero ciclico allora [tex]n[/tex] non deve essere diviso da quadrati, in altre parole dev'essere un prodotto di primi distinti. Infatti se [tex]p^2[/tex] divide [tex]n[/tex] (con [tex]p[/tex] primo) allora scritto [tex]n=p^2 \cdot m[/tex], il gruppo [tex](C_p \times C_p) \times C_m[/tex] è non ciclico di ordine [tex]n[/tex]. D'altra parte questo non è sufficiente, dato che per esempio [tex]S_3[/tex] è un gruppo non ciclico di ordine [tex]6=2 \cdot 3[/tex] (quindi non diviso da quadrati).
Prendiamo adesso [tex]n[/tex] non diviso da quadrati, e due suoi divisori primi [tex]p[/tex] e [tex]q[/tex]. Scriviamo [tex]n = p \cdot q \cdot m[/tex]. Chiaramente tutti i Sylow di un gruppo [tex]G[/tex] di ordine [tex]n[/tex] sono ciclici di ordine primo (dato che [tex]n[/tex] non è diviso da quadrati). Se [tex]p[/tex] divide [tex]q-1[/tex] allora siccome [tex]\text{Aut}(C_q)[/tex] è isomorfo a [tex]C_{q-1}[/tex], esiste un automorfismo di [tex]C_q[/tex] di ordine [tex]p[/tex], chiama [tex]H[/tex] il sottogruppo di [tex]\text{Aut}(C_q)[/tex] che genera. Il prodotto semidiretto [tex]C_q \rtimes H[/tex] (con l'azione data dall'inclusione [tex]H \to \text{Aut}(C_q)[/tex]) è non abeliano, e quindi [tex](C_q \rtimes H) \times C_m[/tex] è un gruppo non ciclico di ordine [tex]n[/tex].
Ne deduciamo che se [tex]n[/tex] è un numero ciclico allora è prodotto di primi distinti (cioè, non è diviso da quadrati) e se [tex]p[/tex] e [tex]q[/tex] sono due divisori primi di [tex]n[/tex] allora [tex]p[/tex] non divide [tex]q-1[/tex]. La validità di queste due condizioni contemporaneamente è equivalente alla condizione [tex](n,\varphi(n))=1[/tex] (si vede subito usando la moltiplicatività di [tex]\varphi[/tex]).
"Martino":
Ah ok
Si Martino, grazie mille!
grazie per la dim;per l'altra implicazione non importa,la prima basta a mostrare il collegamento fra le due asserzioni; immagino che supponendo di avere una cardinalità "non ciclica" fissata si possa tranquillamente costruire un gruppo non ciclico sfruttando i sylow,ma che sia abbastanza complicato formalizzare il caso con ogni cardinalità "non ciclica".
In ogni caso ti segnalo questo.
L'idea per [tex](2) \Rightarrow (1)[/tex] è la seguente. Procedi per induzione sul numero di fattori primi di [tex]|G|[/tex], cosicché puoi assumere che tutti i sottogruppi propri e tutti i quozienti propri di [tex]G[/tex] siano ciclici. Il caso abeliano è facile, quindi supponiamo [tex]G[/tex] non abeliano. Siccome il quoziente sul centro non è mai ciclico (nel senso che se [tex]X[/tex] è un gruppo tale che [tex]X/Z(X)[/tex] è ciclico allora [tex]X=Z(X)[/tex], cioè [tex]X[/tex] è abeliano: si dimostra facilmente), deduci che [tex]Z(G)=\{1\}[/tex] (qui [tex]Z(G)[/tex] indica il centro di [tex]G[/tex]). Se esiste un sottogruppo normale proprio non banale [tex]N[/tex] di [tex]G[/tex] allora i sottogruppi di Sylow di [tex]N[/tex] sono sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex], in particolare sono normali in [tex]G[/tex] essendo [tex]N[/tex] ciclico, ed è facile vedere che un sottogruppo di Sylow normale di [tex]G[/tex] dev'essere centrale, cioè contenuto in [tex]Z(G)[/tex] (chiamatolo [tex]P[/tex] e detto [tex]Q[/tex] un altro sottogruppo di Sylow con [tex]|P|=p \neq q=|Q|[/tex] si ha che [tex]PQ \leq G[/tex] - stiamo infatti supponendo che [tex]P \unlhd G[/tex] - e quindi [tex]PQ[/tex] è ciclico se [tex]|G|>pq[/tex], quindi in questo caso [tex]P[/tex] commuta con tutti gli altri Sylow e quindi commuta con tutto; il caso [tex]|G|=pq[/tex] è facile), cosa che abbiamo escluso. Quindi per concludere basta mostrare che [tex]G[/tex] non è un gruppo semplice. Ma sapendo che ogni sottogruppo proprio di [tex]G[/tex] è ciclico, possiamo concludere con le argomentazioni discusse qui.
L'idea per [tex](2) \Rightarrow (1)[/tex] è la seguente. Procedi per induzione sul numero di fattori primi di [tex]|G|[/tex], cosicché puoi assumere che tutti i sottogruppi propri e tutti i quozienti propri di [tex]G[/tex] siano ciclici. Il caso abeliano è facile, quindi supponiamo [tex]G[/tex] non abeliano. Siccome il quoziente sul centro non è mai ciclico (nel senso che se [tex]X[/tex] è un gruppo tale che [tex]X/Z(X)[/tex] è ciclico allora [tex]X=Z(X)[/tex], cioè [tex]X[/tex] è abeliano: si dimostra facilmente), deduci che [tex]Z(G)=\{1\}[/tex] (qui [tex]Z(G)[/tex] indica il centro di [tex]G[/tex]). Se esiste un sottogruppo normale proprio non banale [tex]N[/tex] di [tex]G[/tex] allora i sottogruppi di Sylow di [tex]N[/tex] sono sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex], in particolare sono normali in [tex]G[/tex] essendo [tex]N[/tex] ciclico, ed è facile vedere che un sottogruppo di Sylow normale di [tex]G[/tex] dev'essere centrale, cioè contenuto in [tex]Z(G)[/tex] (chiamatolo [tex]P[/tex] e detto [tex]Q[/tex] un altro sottogruppo di Sylow con [tex]|P|=p \neq q=|Q|[/tex] si ha che [tex]PQ \leq G[/tex] - stiamo infatti supponendo che [tex]P \unlhd G[/tex] - e quindi [tex]PQ[/tex] è ciclico se [tex]|G|>pq[/tex], quindi in questo caso [tex]P[/tex] commuta con tutti gli altri Sylow e quindi commuta con tutto; il caso [tex]|G|=pq[/tex] è facile), cosa che abbiamo escluso. Quindi per concludere basta mostrare che [tex]G[/tex] non è un gruppo semplice. Ma sapendo che ogni sottogruppo proprio di [tex]G[/tex] è ciclico, possiamo concludere con le argomentazioni discusse qui.
Una considerazione: non ho ancora trovato una dimostrazione di [tex](2) \Rightarrow (1)[/tex] che non faccia uso di un cannone. Nella fattispecie, invoco il teorema di Feit-Thompson per dedurre che ogni gruppo semplice non abeliano ha ordine divisibile per [tex]4[/tex] (il teorema mi dà il [tex]2[/tex], poi si ottiene il [tex]4[/tex] con un argomento ausiliario di cui si è parlato spesso, cf. qui) oppure mi serve usare il fatto che i gruppi di Frobenius non sono semplici (cosa che si dimostra in modo del tutto non banale usando la teoria dei caratteri).
Cercando su internet ho trovato questo, in cui però il risultato è gravemente 'sottodimostrato' (cf. la comicissima dimostrazione 'tramite esempio' del Remark 1.2).
Cercando su internet ho trovato questo, in cui però il risultato è gravemente 'sottodimostrato' (cf. la comicissima dimostrazione 'tramite esempio' del Remark 1.2).
Scusate,forse è postata da qualche parte ma non sono riuscita a trovare la dimostrazione di: un gruppo G è ciclico se e solo se n è coprimo con phi(n). Grazie mille!!
Termino la dimostrazione di [tex](2) \Rightarrow (1)[/tex] senza cannoni usando l'idea suggeritami qui (punto c).
Sia [tex]H[/tex] un sottogruppo massimale di [tex]G[/tex]. Siccome [tex]|G|[/tex] non è diviso da quadrati, esiste un primo [tex]p[/tex] che divide [tex]|G|[/tex] ma non [tex]|H|[/tex]. Per il teorema di Cauchy esiste un elemento [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex]. Sia [tex]K[/tex] un sottogruppo massimale di [tex]G[/tex] contenente [tex]g[/tex]. Ovviamente [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] non sono coniugati (per costruzione, hanno ordine diverso). Siccome [tex]H,K[/tex] sono massimali e non normali in [tex]G[/tex], essi hanno rispettivamente [tex]|G:H|[/tex] e [tex]|G:K|[/tex] coniugati, e per quanto detto sopra ogni coniugato di [tex]H[/tex] ha intersezione banale con ogni coniugato di [tex]K[/tex], quindi il numero totale di elementi di [tex]G[/tex] coperti dai coniugati di [tex]H[/tex] più i coniugati di [tex]K[/tex] è (supponendo [tex]|H| \leq |K|[/tex] e detto [tex]q[/tex] un divisore primo di [tex]|H|[/tex])
[tex]1 + (|H|-1) \cdot |G:H| + (|K|-1) \cdot |G:K| = 1+2|G|-|G:H|-|G:K| \geq[/tex]
[tex]\geq 1+2|G|-2|G:H| \geq 1+2|G|-2|G|/q \geq 1+2|G|-|G| = 1+|G|[/tex],
assurdo.
"Martino":Continuo da qui. Supponiamo quindi per assurdo che [tex]G[/tex] sia un gruppo semplice. Se [tex]H,K[/tex] sono due sottogruppi massimali distinti di [tex]G[/tex] allora sono entrambi ciclici per ipotesi e quindi [tex]H \cap K[/tex] è normale in entrambi, in altre parole [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] sono contenuti entrambi nel normalizzante di [tex]H \cap K[/tex]. Ma poiché [tex]H,K[/tex] sono massimali, segue che questo normalizzante è [tex]G[/tex], in altre parole [tex]H \cap K \unlhd G[/tex], da cui [tex]H \cap K = \{1\}[/tex] dato che [tex]G[/tex] è semplice.
Procedi per induzione sul numero di fattori primi di [tex]|G|[/tex], cosicché puoi assumere che tutti i sottogruppi propri e tutti i quozienti propri di [tex]G[/tex] siano ciclici. Il caso abeliano è facile, quindi supponiamo [tex]G[/tex] non abeliano. Siccome il quoziente sul centro non è mai ciclico (nel senso che se [tex]X[/tex] è un gruppo tale che [tex]X/Z(X)[/tex] è ciclico allora [tex]X=Z(X)[/tex], cioè [tex]X[/tex] è abeliano: si dimostra facilmente), deduci che [tex]Z(G)=\{1\}[/tex] (qui [tex]Z(G)[/tex] indica il centro di [tex]G[/tex]). Se esiste un sottogruppo normale proprio non banale [tex]N[/tex] di [tex]G[/tex] allora i sottogruppi di Sylow di [tex]N[/tex] sono sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex], in particolare sono normali in [tex]G[/tex] essendo [tex]N[/tex] ciclico, ed è facile vedere che un sottogruppo di Sylow normale di [tex]G[/tex] dev'essere centrale, cioè contenuto in [tex]Z(G)[/tex] (chiamatolo [tex]P[/tex] e detto [tex]Q[/tex] un altro sottogruppo di Sylow con [tex]|P|=p \neq q=|Q|[/tex] si ha che [tex]PQ \leq G[/tex] - stiamo infatti supponendo che [tex]P \unlhd G[/tex] - e quindi [tex]PQ[/tex] è ciclico se [tex]|G|>pq[/tex], quindi in questo caso [tex]P[/tex] commuta con tutti gli altri Sylow e quindi commuta con tutto; il caso [tex]|G|=pq[/tex] è facile), cosa che abbiamo escluso. Quindi per concludere basta mostrare che [tex]G[/tex] non è un gruppo semplice.
Sia [tex]H[/tex] un sottogruppo massimale di [tex]G[/tex]. Siccome [tex]|G|[/tex] non è diviso da quadrati, esiste un primo [tex]p[/tex] che divide [tex]|G|[/tex] ma non [tex]|H|[/tex]. Per il teorema di Cauchy esiste un elemento [tex]g \in G[/tex] di ordine [tex]p[/tex]. Sia [tex]K[/tex] un sottogruppo massimale di [tex]G[/tex] contenente [tex]g[/tex]. Ovviamente [tex]H[/tex] e [tex]K[/tex] non sono coniugati (per costruzione, hanno ordine diverso). Siccome [tex]H,K[/tex] sono massimali e non normali in [tex]G[/tex], essi hanno rispettivamente [tex]|G:H|[/tex] e [tex]|G:K|[/tex] coniugati, e per quanto detto sopra ogni coniugato di [tex]H[/tex] ha intersezione banale con ogni coniugato di [tex]K[/tex], quindi il numero totale di elementi di [tex]G[/tex] coperti dai coniugati di [tex]H[/tex] più i coniugati di [tex]K[/tex] è (supponendo [tex]|H| \leq |K|[/tex] e detto [tex]q[/tex] un divisore primo di [tex]|H|[/tex])
[tex]1 + (|H|-1) \cdot |G:H| + (|K|-1) \cdot |G:K| = 1+2|G|-|G:H|-|G:K| \geq[/tex]
[tex]\geq 1+2|G|-2|G:H| \geq 1+2|G|-2|G|/q \geq 1+2|G|-|G| = 1+|G|[/tex],
assurdo.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo