Gruppi semplici di ordine 60
Mi è venuta in mente una cosa.
Dimostrare che [tex]A_5[/tex] è l'unico gruppo semplice di ordine 60.
Non ho ancora mai pensato ad una dimostrazione, ma comincio adesso, e scriverò qui le mie osservazioni. Se avrete voluto scrivere anche voi le vostre osservazioni mi farà piacere!
Dimostrare che [tex]A_5[/tex] è l'unico gruppo semplice di ordine 60.
Non ho ancora mai pensato ad una dimostrazione, ma comincio adesso, e scriverò qui le mie osservazioni. Se avrete voluto scrivere anche voi le vostre osservazioni mi farà piacere!
Risposte
Personalmente rimango sempre affascianto da questo genere di ricerche e sto lavorando per ottenere qualcosa di interessante e magari un poco generale in algebra categoriale... A breve comunque posto anche una idea più propria della Teoria dei Gruppi.
Credo sia ben oltre le mie possibilità, ma ricordo che su un testo che ho sfogliato la questione era trattata. Magari, dovesse risultare diversa dalla tua Martino, proverò a postarla dovesse risultare interessante.
"mistake89":No dai, proviamo a trovare soluzioni senza l'aiuto dei testi
Credo sia ben oltre le mie possibilità, ma ricordo che su un testo che ho sfogliato la questione era trattata. Magari, dovesse risultare diversa dalla tua Martino, proverò a postarla dovesse risultare interessante.
Certo,certo la consultazione era solo una seconda eventualità
Io vi seguirò, anche perchè a breve una mia collega terrà un seminario sulla dimostrazione del teorema di Galois-Jordan (la prof ci dà la possibilità di fare un pò di pratica assegnandoci delle dimostrazioni da studiare da soli...XD...); comunque è un problema davvero interessante...
Ok, ho fatto. Non è difficile come pensavo. Ricordo alcune cose prima di cominciare.
Generalizzazione del teorema di Cayley: se $G$ è un gruppo finito e $H$ è un suo sottogruppo di indice $n$ allora denotato con $H_G$ l'intersezione dei coniugati di $H$ in $G$ si ha [tex]H_G \unlhd G[/tex] e [tex]G/H_G[/tex] è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$.
Dim: L'omomorfismo è ottenuto considerando l'azione di $G$ per moltiplicazione a destra sugli $n$ laterali destri di $H$.
Corollario 1: se $S$ è un gruppo finito semplice non abeliano e $|S|$ non divide $n!$ allora $S$ non ha sottogruppi di indice minore o uguale di $n$.
Dim: basta usare la generalizzazione di cui sopra dopo aver osservato che per ogni sottogruppo proprio $H$ di $S$ si ha $H_S={1}$.
Proposizione 1: se $n ge 5$ allora l'unico sottogruppo normale proprio e non banale di $S_n$ è $A_n$.
Dim: ricordiamo che $A_n$ è semplice se $n ge 5$. Se $N$ è un sottogruppo normale proprio di $S_n$ diverso da $A_n$ allora $N nn A_n={1}$ (infatti $N$ non contiene $A_n$), e si verifica facilmente che non ci sono sottogruppi non banali di $S_n$ il cui unico elemento pari è l'identità. Quindi $N={1}$.
Corollario 2: se $n ge 5$ e $S$ è un gruppo semplice di ordine [tex]n!/2[/tex] non isomorfo ad $A_n$ allora i sottogruppi propri di $S$ hanno indice maggiore di $n$.
Dim: siccome [tex]n!/2[/tex] non divide $(n-1)!$, per il corollario 1 $S$ non ha sottogruppi di indice minore o uguale di $n-1$. Resta da escludere che abbia sottogruppi di indice $n$. Ma per la generalizzazione del teorema di Cayley, l'esistenza di un sottogruppo di $S$ di indice $n$ implica che $S$ è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$, e tale sottogruppo ha indice 2, quindi è normale. Dalla proposizione 1 segue allora $S cong A_n$.
Ora concentriamoci su un gruppo semplice $G$ di ordine [tex]60=2^2*3*5=5!/2[/tex]. Per il corollario 2, per dimostrare che $G cong A_5$ basta trovare un sottogruppo di $G$ di indice 5. Dalla teoria di Sylow segue immediatamente che ci sono 10 3-Sylow, 6 5-Sylow e il numero di 2-Sylow è 5 oppure 15. Se è 5 allora (per l'equazione delle classi versione Orbita-Stabilizzatore) il normalizzante di un 2-Sylow ha indice 5, quindi possiamo supporre che ci siano 15 2-Sylow. Inoltre possiamo supporre che ogni 2-Sylow sia massimale, dato che un eventuale sottogruppo proprio di $G$ contenente un 2-Sylow ha indice 3 oppure 5, e siccome i 2-Sylow sono abeliani si devono intersecare banalmente a due a due (se un $s ne 1$ appartenesse a due 2-Sylow distinti $H$ e $K$ - che sono abeliani - allora il centralizzante $C_G(s)$ - che è diverso da $G$ perché $Z(G)={1}$, essendo $G$ semplice - conterrebbe sia $H$ che $K$, assurdo). Segue che i 2-Sylow contengono complessivamente $15*3=45$ elementi non identici. Ma ricordiamo che i 3-Sylow e i 5-Sylow sono ciclici di ordine primo, quindi ci sono in totale $2*10=20$ elementi di ordine 3 e $4*6=24$ elementi di ordine 5, e questo è assurdo dato che $1+45+20+24=90>60$.
Generalizzazione del teorema di Cayley: se $G$ è un gruppo finito e $H$ è un suo sottogruppo di indice $n$ allora denotato con $H_G$ l'intersezione dei coniugati di $H$ in $G$ si ha [tex]H_G \unlhd G[/tex] e [tex]G/H_G[/tex] è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$.
Dim: L'omomorfismo è ottenuto considerando l'azione di $G$ per moltiplicazione a destra sugli $n$ laterali destri di $H$.
Corollario 1: se $S$ è un gruppo finito semplice non abeliano e $|S|$ non divide $n!$ allora $S$ non ha sottogruppi di indice minore o uguale di $n$.
Dim: basta usare la generalizzazione di cui sopra dopo aver osservato che per ogni sottogruppo proprio $H$ di $S$ si ha $H_S={1}$.
Proposizione 1: se $n ge 5$ allora l'unico sottogruppo normale proprio e non banale di $S_n$ è $A_n$.
Dim: ricordiamo che $A_n$ è semplice se $n ge 5$. Se $N$ è un sottogruppo normale proprio di $S_n$ diverso da $A_n$ allora $N nn A_n={1}$ (infatti $N$ non contiene $A_n$), e si verifica facilmente che non ci sono sottogruppi non banali di $S_n$ il cui unico elemento pari è l'identità. Quindi $N={1}$.
Corollario 2: se $n ge 5$ e $S$ è un gruppo semplice di ordine [tex]n!/2[/tex] non isomorfo ad $A_n$ allora i sottogruppi propri di $S$ hanno indice maggiore di $n$.
Dim: siccome [tex]n!/2[/tex] non divide $(n-1)!$, per il corollario 1 $S$ non ha sottogruppi di indice minore o uguale di $n-1$. Resta da escludere che abbia sottogruppi di indice $n$. Ma per la generalizzazione del teorema di Cayley, l'esistenza di un sottogruppo di $S$ di indice $n$ implica che $S$ è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$, e tale sottogruppo ha indice 2, quindi è normale. Dalla proposizione 1 segue allora $S cong A_n$.
Ora concentriamoci su un gruppo semplice $G$ di ordine [tex]60=2^2*3*5=5!/2[/tex]. Per il corollario 2, per dimostrare che $G cong A_5$ basta trovare un sottogruppo di $G$ di indice 5. Dalla teoria di Sylow segue immediatamente che ci sono 10 3-Sylow, 6 5-Sylow e il numero di 2-Sylow è 5 oppure 15. Se è 5 allora (per l'equazione delle classi versione Orbita-Stabilizzatore) il normalizzante di un 2-Sylow ha indice 5, quindi possiamo supporre che ci siano 15 2-Sylow. Inoltre possiamo supporre che ogni 2-Sylow sia massimale, dato che un eventuale sottogruppo proprio di $G$ contenente un 2-Sylow ha indice 3 oppure 5, e siccome i 2-Sylow sono abeliani si devono intersecare banalmente a due a due (se un $s ne 1$ appartenesse a due 2-Sylow distinti $H$ e $K$ - che sono abeliani - allora il centralizzante $C_G(s)$ - che è diverso da $G$ perché $Z(G)={1}$, essendo $G$ semplice - conterrebbe sia $H$ che $K$, assurdo). Segue che i 2-Sylow contengono complessivamente $15*3=45$ elementi non identici. Ma ricordiamo che i 3-Sylow e i 5-Sylow sono ciclici di ordine primo, quindi ci sono in totale $2*10=20$ elementi di ordine 3 e $4*6=24$ elementi di ordine 5, e questo è assurdo dato che $1+45+20+24=90>60$.
Come sospettavo bene al di sopra delle mie possibilità!
Ho comunque controllato su un mio testo che riportava questa dimostrazione, per vedere se ci fosse una soluzione diverso, ed è esattamente come la tua Martino!
Ho comunque controllato su un mio testo che riportava questa dimostrazione, per vedere se ci fosse una soluzione diverso, ed è esattamente come la tua Martino!
"mistake89":Peccato!
Ho comunque controllato su un mio testo che riportava questa dimostrazione, per vedere se ci fosse una soluzione diverso, ed è esattamente come la tua Martino!
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