Gruppi di ordine $p^2$, con $p$ primo

[deserto1]

Sono a proporvi quanto segue.

Usando il seguente risultato:

Sia $G$ un gruppo finito e sia $H\neG$ un suo sottogruppo tale che $o(G)$ non divida $i(H)!$, allora $H$ contiene un sottogruppo normale non banale di $G$.

dimostrare che un gruppo di ordine $p^2$, dove $p$ è un numero primo, ha un sottogruppo normale di ordine $p$.
Dimostrare poi che in un gruppo di ordine $p^2$ ogni sottogruppo normale di ordine $p$ è contenuto nel centro del gruppo.
Infine dimostrare che un gruppo di ordine $p^2$ è abeliano.

Sia $G$ un gruppo di ordine $p^2$. Sia $H$ un suo sottogruppo. Per Lagrange si ha che $o(H)|o(G)$. Supponiamo che $o(H)=p$ e proviamo che $H$ è normale. Abbiamo che $H\neG$ e $o(G)=p^2$ non divide $i(H)! =(p^2/p)! =p!$ poichè $p$ non divide $(p-1)!$. Si ha così che $H$ deve contenere un sottogruppo normale non banale di $G$; poichè $o(H)=p$ è primo, $H$ è il sottogruppo normale cercato.
Il dubbio consiste nel fatto che ho dato per scontata l'esistenza del sottogruppo $H$ senza provarla: qualche idea in merito?

Verifico che $H sub Z(G)$.
Anche $Z(G)$ è un sottogruppo di $G$, pertanto per Lagrange si hanno le seguenti tre possibilità: o $o(Z(G))=1$ o $o(Z(G))=p$ o $o(Z(G))=p^2$. E' chiaro che se risultasse $o(Z(G))=p^2$ allora automaticamente sarebbe $G=Z(G)$ e quindi $G$ sarebbe abeliano e $H sub Z(G)$ Anche qui avrei bisogno di qualche suggerimento.

Vi ringrazio.

[Studente Anonimo]

"deserto":Il dubbio consiste nel fatto che ho dato per scontata l'esistenza del sottogruppo $H$ senza provarla: qualche idea in merito?

Prendi un elemento $g$ in $G$ diverso da $1$. Se il suo ordine è $p^2$ allora $H=$ ha ordine $p$. Altrimenti $g$ ha ordine $p$, quindi $H=$ ha ordine $p$.

Verifico che $H sub Z(G)$.
Anche $Z(G)$ è un sottogruppo di $G$, pertanto per Lagrange si hanno le seguenti tre possibilità: o $o(Z(G))=1$ o $o(Z(G))=p$ o $o(Z(G))=p^2$. E' chiaro che se risultasse $o(Z(G))=p^2$ allora automaticamente sarebbe $G=Z(G)$ e quindi $G$ sarebbe abeliano e $H sub Z(G)$ Anche qui avrei bisogno di qualche suggerimento.

(Edito: - metto un argomento più semplice -)
Se $G$ ha un elemento di ordine $p^2$ allora $G$ è ciclico e non hai problemi. Altrimenti ogni elemento non identico di $G$ ha ordine $p$. Prendi un elemento $x$ fuori da $H$, e considera l'automorfismo di $G$ dato dal coniugio con $x$, cioè la funzione $G to G$ che manda $g$ in $g^x=x^{-1}gx$. Se dimostri che tale funzione ristretta a $H$ è l'identità hai finito.

Ti segnalo questo link, pagine 15 e 16 (è una cosa che sto scrivendo, nel caso la leggessi se ci trovi qualcosa di poco chiaro fammi sapere).

[deserto1]

Grazie per le risposte.
Quindi se $o(G)=p^2$ allora $EE g in G$ tale che $g != e$. Per $g$ ci sono due sole possibilità: o $o(g)=p$ oppure $o(g)=p^2$. Se $o(g)=p$, considerato $H= ={e,g,g^2,...,g^(p-1)}$ si ha che $H$ è un sottogruppo con $o(H)=p$. Se $o(g)=p^2$ si considera $H= ={e,g^p,(g^p)^2,...,(g^p)^(p-1)}$ che è anch'esso un sottogruppo con $o(H)=p$.

Mi domando se questo fatto è generalizzabile, ossia se fosse $o(G)=p^3$ allora $EE g in G$ tale che $g != e$. Per $g$ ci sono tre possibilità: o $o(g)=p$ o $o(g)=p^2$ o $o(g)=p^3$. Rispettivamente si avrebbe $H= ={e,g,g^2,...,g^(p-1)}$ , $H= ={e,g^p,(g^p)^2,...,(g^p)^(p-1)}$ , $H= ={e,g^(p^2),(g^(p^2))^2,...,(g^(p^2))^(p-1)}$. Quindi anche in questo caso è garantita l'esistenza di un sottogruppo di ordine $p$. E' corretto? E' anche possibile affermare che ci sono sottogruppi di ordine $p^2$?

Infine se considero l'applicazione $\phi_x : G \to G : g \to x^(-1)gx$ con $x notin H$, riesco a provare che:
- essa è iniettiva $\phi_x (g_1)= \phi_x (g_2) => x^(-1)g_1x=x^(-1)g_2x => g_1=g_2 $ usando la legge di cancellazione.
- essa è suriettiva poichè mi basta prendere $xgx^(-1) in G$ per avere $\phi_x (xgx^(-1) )=g$.
- è un omomorfismo: $\phi_x (g_1g_2)= x^(-1)g_1g_2x=x^(-1)g_1 x x^(-1)g_2x=\phi_x (g_1)\phi_x (g_2)$.
Qui mi riblocco ossia non riesco a verificare che "Se dimostri che tale funzione ristretta a $H$ è l'identità hai finito. "

[Studente Anonimo]

"deserto":Grazie per le risposte.
Quindi se $o(G)=p^2$ allora $EE g in G$ tale che $g != e$. Per $g$ ci sono due sole possibilità: o $o(g)=p$ oppure $o(g)=p^2$. Se $o(g)=p$, considerato $H= ={e,g,g^2,...,g^(p-1)}$ si ha che $H$ è un sottogruppo con $o(H)=p$. Se $o(g)=p^2$ si considera $H= ={e,g^p,(g^p)^2,...,(g^p)^(p-1)}$ che è anch'esso un sottogruppo con $o(H)=p$.

Mi domando se questo fatto è generalizzabile, ossia se fosse $o(G)=p^3$ allora $EE g in G$ tale che $g != e$. Per $g$ ci sono tre possibilità: o $o(g)=p$ o $o(g)=p^2$ o $o(g)=p^3$. Rispettivamente si avrebbe $H= ={e,g,g^2,...,g^(p-1)}$ , $H= ={e,g^p,(g^p)^2,...,(g^p)^(p-1)}$ , $H= ={e,g^(p^2),(g^(p^2))^2,...,(g^(p^2))^(p-1)}$. Quindi anche in questo caso è garantita l'esistenza di un sottogruppo di ordine $p$. E' corretto?

Si, ma d'altra parte vale un teorema ancora piu' generale: dato un qualsiasi gruppo finito $G$, se $p$ e' un divisore primo dell'ordine di $G$ allora $G$ ha elementi di ordine $p$ (e quindi sottogruppi di ordine $p$). (vedi il link che ti ho segnalato, lemma 1).

E' anche possibile affermare che ci sono sottogruppi di ordine $p^2$?

Si, e questo si generalizza: dato un gruppo finito $G$ e un divisore primo $p$ dell'ordine di $G$, per ogni $k$ tale che $p^k$ divide l'ordine di $G$ esiste un sottogruppo di $G$ di ordine $p^k$ (questo viene dalla teoria di Sylow: vedi il link che ti ho segnalato, teorema 2).
Osserva pero' che l'esistenza di un sottogruppo di ordine $p^k$ e' ben diversa dall'esistenza di un elemento di ordine $p^k$ (per esempio il prodotto diretto $C_2 xx C_2$ non ha elementi di ordine 4).

non riesco a verificare che "Se dimostri che tale funzione ristretta a $H$ è l'identità hai finito. "

Come hai ben detto $phi_x$ e' biiettiva, e siccome $H$ e' normale essa induce una funzione biiettiva (e anzi un isomorfismo) $H to H$, $h to phi_x(h)=x^{-1}hx$. Ora $H$ e' ciclico (ha ordine $p$), quindi detto $h$ un generatore di $H$ deve esistere $m in {1,...,p-1}$ tale che $phi_x(h)=h^m$.

Prendi la composizione di $phi_x$ con se stesso $p$ volte, $phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x$ ($p$ volte) ed applicala ad $h$. Cosa succede?

[deserto1]

Chiarito il fatto che $phi_x:H to H: h to x^(-1)hx$; se $phi_x$ ristretta ad $H$ fosse l'applicazione identità allora avrei in automatico: $AA h in H$ avrei $h= phi_x (h)= x^(-1)hx$ da cui immediatamente $hx= xh$ e questo prendendo $x in G$ ma $x notin H$; se invece fosse $x in H$ allora si avrebbe ancora $hx= xh$ perchè essendo $H$ ciclico in particolare è abeliano. In definitiva preso $h in H$ $AA x in G$ avrei $hx= xh$ ossia $h in Z(G)$.

Considero l'applicazione $phi_x$ composta con se stessa $p$ volte, si ha, prendendo $ h in H$, $(phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x circ phi_x)(h)= x^(-p)hx^p$. In particolare se $h$ fosse il generatore di $H$ si avrebbe che $EE m in {1,2,..., p-1}$ tale che $phi_x(h)=h^m$ da cui $(phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x circ phi_x)(h)=(phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x)(h^m)=x^(-(p-1))h^(m)x^(p-1)$ . Confrotando le due espressioni ottenute si ha: $h^m=x^(-1)hx$ e in definitiva $phi_x:H to H: h to h^m$ che non è l'identità.

[Studente Anonimo]

"deserto":Considero l'applicazione $phi_x$ composta con se stessa $p$ volte, si ha, prendendo $ h in H$, $(phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x circ phi_x)(h)= x^(-p)hx^p$. In particolare se $h$ fosse il generatore di $H$ si avrebbe che $EE m in {1,2,..., p-1}$ tale che $phi_x(h)=h^m$

Ricorda che abbiamo escluso il caso in cui $G$ ha elementi di ordine $p^2$, quindi se $x ne 1$ allora $x$ ha ordine $p$, da cui $x^p=1$. Osserva che siccome $phi_x(h)=h^m$ si ha $phi_x circ phi_x(h)=h^{m^2}$ e così via, quando i $phi_x$ sono $p$ hai $phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x (h) = h^{m^p}$.

Dalle uguaglianze che hai scritto risulta quindi che

$h = x^{-p}hx^p = phi_x circ phi_x circ ... circ phi_x (h) = h^{m^p}$.

In altre parole $h^{m^p-1}=1$. Qui dovresti dedurre qualcosa di importante.

[deserto1]

L'unica cosa di importante che mi viene in mente analizzando l'uguaglianza $h^{m^p-1}=e$ è che essendo $o(h)=p$, $m^p-1$ deve essere un multiplo di $p$, ossia deve $EE k in NN$ tale che $m^p-1=kp$ da cui $m=root(p)(kp+1)$ ma essendo $m$ un numero intero si ha che necessariamente deve essere $k=0$ da cui subito $m=1$, concludendo così la dimostrazione.

Faccio solo un'osservazione su
$phi_x circ phi_x(h)=h^{m^2}$.
In realtà avrei che $EE m_1 in {1,2,...,p-1}$ tale che $phi_x(h)=h^(m_1)$, poi $EE m_2 in {1,2,...,p-1}$ tale che $phi_x(h^(m_1))=(h^(m_2))$. In generale si avrebbe che $EE m_p in {1,2,...,p-1}$ tale che ($p$ volte) $phi_x circ phi_x ... circ phi_x(h)=h^{m_p}$ da cui $m_p-1=kp$ e poichè $m_p in {1,2,...,p-1}$ resta solo $k=0$ come unica possibilità cioè $m_p=1$.

[Studente Anonimo]

"deserto":$m=root(p)(kp+1)$ ma essendo $m$ un numero intero si ha che necessariamente deve essere $k=0$

Questo va giustificato. Detto così non è neanche vero, per esempio l'uguaglianza è verificata se metti $p=5$, $m=6$ e $k=1555$.

Faccio solo un'osservazione su
$phi_x circ phi_x(h)=h^{m^2}$.
In realtà avrei che $EE m_1 in {1,2,...,p-1}$ tale che $phi_x(h)=h^(m_1)$, poi $EE m_2 in {1,2,...,p-1}$ tale che $phi_x(h^(m_1))=(h^(m_2))$. In generale si avrebbe che $EE m_p in {1,2,...,p-1}$ tale che ($p$ volte) $phi_x circ phi_x ... circ phi_x(h)=h^{m_p}$ da cui $m_p-1=kp$ e poichè $m_p in {1,2,...,p-1}$ resta solo $k=0$ come unica possibilità cioè $m_p=1$.

Così hai dimostrato che $m_p=1$ ma devi arrivare a dedurre che $m=1$ (o comunque che $h^m=h$), e secondo me devi usare il fatto che scegli $m_p=m^p$.

[deserto1]

Forse ci sono: basta applicare il fatto che $phi_x$ è un omomorfismo. Quindi $phi_x circ phi_x(h)=phi_x(phi_x(h))=phi_x(h^m)=phi_x(h*h*...*h)=phi_x(h)*phi_x(h)*...*phi_x(h)=h^m*h^m*...*h^m=h^{m^2}$. E si generalizza alla composizione di $p$ omomorfismi $phi_x$.
Per l'altro discorso invece ho omesso di dire che non solo $m$ è intero ma ha la limitazione $m in {1,2,...,p-1}.
Adesso spero che sia tutto a posto.

[Studente Anonimo]

"deserto":Forse ci sono: basta applicare il fatto che $phi_x$ è un omomorfismo. Quindi $phi_x circ phi_x(h)=phi_x(phi_x(h))=phi_x(h^m)=phi_x(h*h*...*h)=phi_x(h)*phi_x(h)*...*phi_x(h)=h^m*h^m*...*h^m=h^{m^2}$. E si generalizza alla composizione di $p$ omomorfismi $phi_x$.

Certo, e così arrivi a dire che $m^p equiv 1\ mod(p)$.

Per l'altro discorso invece ho omesso di dire che non solo $m$ è intero ma ha la limitazione $m in {1,2,...,p-1}.
Adesso spero che sia tutto a posto.

Ma ancora non hai spiegato come dal fatto che $p$ divide $m^p-1$ segue che $m=1$. Hai che $0 le m=root(p)(kp+1)

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[deserto1]

Infatti non l'ho dimostrato. Ho provato a considerare i vari casi con $p=2,3,5,7$ e l'unica possibilità che si ha per $m$ è proprio $m=1$. Ho provato anche a sviluppare il fatto che $p$ ed $m$ sono relativamente primi, da cui $EE a,b in ZZ$ tali che $am+bp=1$ ottenendo $a*root(p)(kp+1)+bp=1$, ma in tale modo si complica notevolmente. Mi daresti qualche altro input? grazie

[Studente Anonimo]

Conosci il piccolo teorema di Fermat?

[deserto1]

Certo!
Quindi poichè $AA a in ZZ p$ divide $a^p-a$, prendo $a=m$ e combino con $p$ divide $m^p-1$, dunque $p$ divide $m-1$ da cui ho solo $m=1$ come possibilità.
Grazie

[Studente Anonimo]

Prego.

Comunque c'era un metodo che ritengo più immediato: se consideri il gruppo degli automorfismi di $C_p$, $Aut(C_p)$ (è un gruppo con l'operazione di composizione), è facile vedere che esso è isomorfo a $C_{p-1}$ (è identificabile all'insieme dei possibili esponenti $m$ di $h$ nella mappa $h to h^m$), e l'azione di $x$ su $h$ determina un omomorfismo $C_p to Aut(C_p) = C_{p-1}$. Se per assurdo esso non mandasse tutto in 1 allora sarebbe iniettivo (il suo nucleo è un sottogruppo di $C_p$ diverso da $C_p$, quindi è $1$), assurdo in quanto $p$ non divide $p-1$.

Ciao alla prossima!

PS. ti segnalo anche questo.