$G$ di ord $4p$ con sott. normale di 4 elementi è abeliano
Ciao a tutti.
L'eserciziario che leggo, per dimostrare il seguente risultato sfrutta un fatto che non conoscevo, cioè che se
[tex]$H$[/tex] è sottogruppo proprio di [tex]$G$[/tex] finito e [tex]$|G|$[/tex] non divide [tex]$i_{G}(H)!$[/tex], allora [tex]$H$[/tex] contiene un sottogruppo normale non banale di [tex]$G$[/tex].
Preso atto di ciò, volevo vedere se il mio tentativo di risoluzione, senza questo risultato, poteva comunque portarmi da qualche parte.
Dato il primo [tex]$p>3$[/tex] mostra che se un gruppo di ordine [tex]$4p$[/tex] contiene un sottogruppo normale [tex]$H$[/tex] di ordine [tex]$4$[/tex] allora è abeliano.
Io avevo pensato subito di quozentare, avendo un sottogruppo normale.
Quindi mi ritrovo con [tex]$G/H$[/tex] gruppo di ordine $(4p)/4=p$ ovvero cicliclo.
[tex]$G/H=\{\[id], [a], ...., [a^{p-1}]}$[/tex]
Cioè questo significa che [tex]$G$[/tex] si decompone in $p$ laterali: [tex]$H$[/tex], [tex]$Ha$[/tex], [tex]$Ha^2$[/tex],... [tex]$Ha^{p-1}$[/tex].
Quindi ogni elemento è nella forma [tex]$ha^{j}$[/tex] con [tex]$h\in H$[/tex] e [tex]$a$[/tex] di ordine [tex]$p$[/tex]
Quindi ho preso due generici
[tex]$h_1a^{j}$[/tex]
[tex]$h_2a^{i}$[/tex] provando a vedere se vale la commutatività.
Usando sia la normalità di $H$ in $G$, e sia che $H$ stesso è abeliano (4 elementi), non sono comunque riuscito a spremere la soluzione, per quanto muovessi i fattori.
Fondamentalmente volevo capire se mi sto perdendo qualcosa, se la strada è percorribile o se mi serve qualche altra deduzione più forte che non ho fatto.
Grazie anticipatamente per eventuali interventi, a presto!
L'eserciziario che leggo, per dimostrare il seguente risultato sfrutta un fatto che non conoscevo, cioè che se
[tex]$H$[/tex] è sottogruppo proprio di [tex]$G$[/tex] finito e [tex]$|G|$[/tex] non divide [tex]$i_{G}(H)!$[/tex], allora [tex]$H$[/tex] contiene un sottogruppo normale non banale di [tex]$G$[/tex].
Preso atto di ciò, volevo vedere se il mio tentativo di risoluzione, senza questo risultato, poteva comunque portarmi da qualche parte.
Dato il primo [tex]$p>3$[/tex] mostra che se un gruppo di ordine [tex]$4p$[/tex] contiene un sottogruppo normale [tex]$H$[/tex] di ordine [tex]$4$[/tex] allora è abeliano.
Io avevo pensato subito di quozentare, avendo un sottogruppo normale.
Quindi mi ritrovo con [tex]$G/H$[/tex] gruppo di ordine $(4p)/4=p$ ovvero cicliclo.
[tex]$G/H=\{\[id], [a], ...., [a^{p-1}]}$[/tex]
Cioè questo significa che [tex]$G$[/tex] si decompone in $p$ laterali: [tex]$H$[/tex], [tex]$Ha$[/tex], [tex]$Ha^2$[/tex],... [tex]$Ha^{p-1}$[/tex].
Quindi ogni elemento è nella forma [tex]$ha^{j}$[/tex] con [tex]$h\in H$[/tex] e [tex]$a$[/tex] di ordine [tex]$p$[/tex]
Quindi ho preso due generici
[tex]$h_1a^{j}$[/tex]
[tex]$h_2a^{i}$[/tex] provando a vedere se vale la commutatività.
Usando sia la normalità di $H$ in $G$, e sia che $H$ stesso è abeliano (4 elementi), non sono comunque riuscito a spremere la soluzione, per quanto muovessi i fattori.
Fondamentalmente volevo capire se mi sto perdendo qualcosa, se la strada è percorribile o se mi serve qualche altra deduzione più forte che non ho fatto.
Grazie anticipatamente per eventuali interventi, a presto!
Risposte
Non conviene ragionare sul quoziente $G//H$ ma sull'11-Sylow, chiamalo $K$ (che è un sottogruppo di $G$ isomorfo a $G//H$). $H$ e $K$ sono normali e hanno intersezione banale, quindi $G=HK cong H xx K$.
"Steven":
Ciao a tutti.
L'eserciziario che leggo, per dimostrare il seguente risultato sfrutta un fatto che non conoscevo, cioè che se
[tex]$H$[/tex] è sottogruppo proprio di [tex]$G$[/tex] finito e [tex]$|G|$[/tex] non divide [tex]$i_{G}(H)!$[/tex], allora [tex]$H$[/tex] contiene un sottogruppo normale non banale di [tex]$G$[/tex].
È solo una generalizzazione del teorema di Cayley. Considera l'azione per motiplicazione a sinistra sui laterali di $H$. allora essa difinisce un omomorfismo di $G$ in $S_4$. Se $H$ non contiene sottogruppi normali non banali di $G$ allora l'omomorfismo è un monomorfismo.
D'altra parte il sottogruppo normale considerato è il più grande contenuto in $H$ e quindi se $H$ è normale allora il sottogruppo a cui si fa riferimento è proprio $H$.
"Martino":
Non conviene ragionare sul quoziente $G//H$ ma sull'11-Sylow, chiamalo $K$ (che è un sottogruppo di $G$ isomorfo a $G//H$). $H$ e $K$ sono normali e hanno intersezione banale, quindi $G=HK cong H xx K$.
Dove hai trovato l'$11$?
Comunque non vedo perché il libro abbia usato quel risultato: i teoremi di Sylow assicuravano la presenza del $p$-Sylow in quanto $p>4$. Probabilmente il libro non aveva ancora introdotto i Sylow e quindi ha usato un teorema diverso per provare la stessa cosa. Inoltre vi era almeno un $2$-Sylow. Se anche il $2$-Sylow è normale allora come dice Martino il risultato si presume banalmente dal fatto che sono normali, abeliani (uno ciclico e l'altro o è ciclico o è il prodotto diretto di due ciclici) e con intersezione banale.
Suppongo Martino volesse dire il $p$-sylow.
Comunque sì, era in effetti molto rapida la cosa, ma mi era abbastanza chiuso sul quoziente ciclico, pensando che essendo una condizione forte era strano che non ne traessi nulla di utile.
L'eserciziario proprio in quel punto stava introducendo i teoremi di Sylow e il prodotto diretto.
Grazie a entrambi per la disponibilità. Buona serata.
Comunque sì, era in effetti molto rapida la cosa, ma mi era abbastanza chiuso sul quoziente ciclico, pensando che essendo una condizione forte era strano che non ne traessi nulla di utile.
L'eserciziario proprio in quel punto stava introducendo i teoremi di Sylow e il prodotto diretto.
Grazie a entrambi per la disponibilità. Buona serata.
"vict85":
[quote="Martino"]Non conviene ragionare sul quoziente $G//H$ ma sull'11-Sylow, chiamalo $K$ (che è un sottogruppo di $G$ isomorfo a $G//H$). $H$ e $K$ sono normali e hanno intersezione banale, quindi $G=HK cong H xx K$.
Dove hai trovato l'$11$?[/quote]
fantastico. Amo quando succedono queste cose.
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