Gruppo di ordine $48$
Sia $G$ un gruppo di ordine $2^4*3=48$, allora possiede un sottogruppo proprio,normale, cioè $!=e$ e $!=G$.
Utilizzando i teoremi di Sylow, sappiamo che il numero dei $2$-sottogruppi di sylow è dato da $1+2k$ tale che $1+2k|48$,
gli unici valori di $k$ per cui tale condizione è sodddisfatta sono $k=0$ ed $k=1$.
Il caso $k=0$ quindi $1+2*0=1$ comporta l'esistenza di un unico $2$-sylow, ed in tal caso l'unicità comporta la sua normalità
ed avremmo terminato.
Il caso $k=3$ invece comporta l'esistenza di esattamente tre $2$-sylow , supponiamo adesso che $H$ e $K$ siano due
dei $2$-sylow e consideriamo $HK$ cioè gli elementi della forma $hk$, gli elementi distinti di tale forma sono in numero di $|HK|=(|H||K|)/|HnnK|$, poichè $HnnK$ è un sottogruppo proprio di $H$ deve $|HnnK||2^4=16$ pertanto l'ordine di $|HnnK|$ può assumere i valori $1,2,4,8$, ma dovendo l'ordine di $HK$ non violare la cardinalità di $G$ l'unico valore possibile è $|HnnK|=8$. Poichè $|H|=16$ ed $|K|=16$, il sottogruppo $HnnK$ essendo di indice $2$ sia in $H$ che in $K$ risulterà normale in entrambi. Consideriamo adesso il normalizzante di $N_G(HnnK)$, sicuramente $HK$ sarà contenuto in esso;
ma $|N_G(HnnK)|>=|HK|=(|H||K|)/|HnnK|=16*(16/8)=32$ , e dovendo $N_G(HnnK)|48$ in quanto sottogruppo di $G$,
non resta altra possibilità che $|N_G(HnnK)|=48$ quindi deve essere $N_G(HnnK)=G$, ma un sottogruppo è normale nel suo normalizzatore e quindi $N_G(HnnK)$ è normale in $G$, e abbiamo concluso.
Il suddetto problema che non ho risolto io, è preso da un eserciziario di problemi risolti(collana SCHAUM-TEORIA dei GRUPPI,pag. 158 es 5.42), all'inizio non l'avevo capito in quanto il suo testo era viziato da un errore probabilmente di ortografia, infatti a posto di indice di $2$ riportava ordine $2$, ho voluto postarlo con l'opportuna correzione, in quanto a mio modesto parere si tratta davvero di un bel problema che mostra quanto sia utile conoscere il concetto di normalizzante per arrivare a delle soluzioni concrete.
C'è qualcuno che condivide la mia considerazione?
In attesa di una risposta ,porgo cordiali saluti!
Utilizzando i teoremi di Sylow, sappiamo che il numero dei $2$-sottogruppi di sylow è dato da $1+2k$ tale che $1+2k|48$,
gli unici valori di $k$ per cui tale condizione è sodddisfatta sono $k=0$ ed $k=1$.
Il caso $k=0$ quindi $1+2*0=1$ comporta l'esistenza di un unico $2$-sylow, ed in tal caso l'unicità comporta la sua normalità
ed avremmo terminato.
Il caso $k=3$ invece comporta l'esistenza di esattamente tre $2$-sylow , supponiamo adesso che $H$ e $K$ siano due
dei $2$-sylow e consideriamo $HK$ cioè gli elementi della forma $hk$, gli elementi distinti di tale forma sono in numero di $|HK|=(|H||K|)/|HnnK|$, poichè $HnnK$ è un sottogruppo proprio di $H$ deve $|HnnK||2^4=16$ pertanto l'ordine di $|HnnK|$ può assumere i valori $1,2,4,8$, ma dovendo l'ordine di $HK$ non violare la cardinalità di $G$ l'unico valore possibile è $|HnnK|=8$. Poichè $|H|=16$ ed $|K|=16$, il sottogruppo $HnnK$ essendo di indice $2$ sia in $H$ che in $K$ risulterà normale in entrambi. Consideriamo adesso il normalizzante di $N_G(HnnK)$, sicuramente $HK$ sarà contenuto in esso;
ma $|N_G(HnnK)|>=|HK|=(|H||K|)/|HnnK|=16*(16/8)=32$ , e dovendo $N_G(HnnK)|48$ in quanto sottogruppo di $G$,
non resta altra possibilità che $|N_G(HnnK)|=48$ quindi deve essere $N_G(HnnK)=G$, ma un sottogruppo è normale nel suo normalizzatore e quindi $N_G(HnnK)$ è normale in $G$, e abbiamo concluso.
Il suddetto problema che non ho risolto io, è preso da un eserciziario di problemi risolti(collana SCHAUM-TEORIA dei GRUPPI,pag. 158 es 5.42), all'inizio non l'avevo capito in quanto il suo testo era viziato da un errore probabilmente di ortografia, infatti a posto di indice di $2$ riportava ordine $2$, ho voluto postarlo con l'opportuna correzione, in quanto a mio modesto parere si tratta davvero di un bel problema che mostra quanto sia utile conoscere il concetto di normalizzante per arrivare a delle soluzioni concrete.
C'è qualcuno che condivide la mia considerazione?
In attesa di una risposta ,porgo cordiali saluti!
Risposte
E' giusto, ma per il futuro ricorda questo semplice fatterello:
Se un gruppo finito non abeliano [tex]G[/tex] contiene un sottogruppo di indice 2, 3 o 4 allora non è semplice.
Dimostrazione: dato [tex]H[/tex] sottogruppo di [tex]G[/tex] di indice [tex]n \in \{2,3,4\}[/tex], l'azione di moltiplicazione a destra sull'insieme [tex]\{Hg\ |\ g \in G\}[/tex] determina un omomorfismo non banale [tex]G \to S_n[/tex], che quindi è iniettivo essendo [tex]G[/tex] semplice. Quindi [tex]G[/tex] è isomorfo a un sottogruppo di [tex]S_n[/tex] con [tex]n \in \{2,3,4\}[/tex], assurdo dato che [tex]S_2,S_3,S_4[/tex] sono risolubili.
Nel tuo caso ogni 2-Sylow ha indice 3.
Se un gruppo finito non abeliano [tex]G[/tex] contiene un sottogruppo di indice 2, 3 o 4 allora non è semplice.
Dimostrazione: dato [tex]H[/tex] sottogruppo di [tex]G[/tex] di indice [tex]n \in \{2,3,4\}[/tex], l'azione di moltiplicazione a destra sull'insieme [tex]\{Hg\ |\ g \in G\}[/tex] determina un omomorfismo non banale [tex]G \to S_n[/tex], che quindi è iniettivo essendo [tex]G[/tex] semplice. Quindi [tex]G[/tex] è isomorfo a un sottogruppo di [tex]S_n[/tex] con [tex]n \in \{2,3,4\}[/tex], assurdo dato che [tex]S_2,S_3,S_4[/tex] sono risolubili.
Nel tuo caso ogni 2-Sylow ha indice 3.
Ciao, Martino, grazie per la risposta!
Comunque condividi che si tratta di un bel problema?
Comunque condividi che si tratta di un bel problema?
E poi ti consiglio di risolvere il [tex]56[/tex], che è molto più interessante del [tex]48[/tex] 
Può darsi che mi sbagli, ma a me non sembra più interessante, in quanto il caso $|G|=56$ risulta una semplice applicazione di sylow!
Infatti un gruppo di quest'ordine per sylow può avere esattamente un sottogruppo $7$-sylow unico in quanto $1+7k|8$ per $k=0$, ed in questo caso avremmo terminato perchè essendo unico il $7$-sylow è normale in $G$, per cui $G$ non è semplice.
Oppure nell'altro caso,avere esattamente otto sottogruppi $7$-sylow, in quanto $1+7k|8$ per $k=1$, in questo caso , in particolare avremmo $6*8=48$ elementi di ordine $7$, i restanti otto elementi non possono che costituire l'unico $2$-sylow ,che risulterà per l'unicità normale in $G$, e da qui la non semplicità di $G$.
In definitiva un gruppo G di ordine $56$, non può essere semplice!
Infatti un gruppo di quest'ordine per sylow può avere esattamente un sottogruppo $7$-sylow unico in quanto $1+7k|8$ per $k=0$, ed in questo caso avremmo terminato perchè essendo unico il $7$-sylow è normale in $G$, per cui $G$ non è semplice.
Oppure nell'altro caso,avere esattamente otto sottogruppi $7$-sylow, in quanto $1+7k|8$ per $k=1$, in questo caso , in particolare avremmo $6*8=48$ elementi di ordine $7$, i restanti otto elementi non possono che costituire l'unico $2$-sylow ,che risulterà per l'unicità normale in $G$, e da qui la non semplicità di $G$.
In definitiva un gruppo G di ordine $56$, non può essere semplice!
Oh sì hai ragione, mi sono confuso perché l'avevo risolto in un altro modo.
Che ne dici di [tex]180[/tex]?
[tex]180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5[/tex].
Che ne dici di [tex]180[/tex]?
[tex]180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5[/tex].
Ci provo xD Ragioniamo sui 3-sylow. Usando il terzo di sylow si trova che il numero dei 3-sylow è uno fra $ 1,4,10 $. Se è unico è normale e abbiamo finito. Se sono $ 4 $ allora il normalizzante di un qualunque 3-sylow ha indice $ 4 $ e abbiamo finito. Se ci sono $ 10 $ 3-sylow allora ci sono $ 10(9-1)=80 $ elementi di periodo potenza di 3. Segue che il sottogruppo generato dai 2-sylow e dai 5-sylow non può superare i $ 180-80=100 $ elementi. Dal terzo di sylow si trova che il numero dei 5-sylow può essere $ 1,6,36 $. Se è unico è normale. Se fossero $ 36 $ allora ci sarebbero $ 36*(5-1)=144 $ elementi di periodo 5, decisamente troppi. Se sono 6 ci sono $ 24 $ elementi di periodo 5 e allora gli elementi di periodo potenza di 2 saranno al più $ 100/25 = 4 $ cioè c'è un unico 2-sylow normale
Mi sembra OK!
Non direi...
"perplesso":Qui stai tacitamente assumendo che ogni due 3-Sylow si intersechino banalmente. Non c'è motivo per cui questo sia vero: potrebbero intersecarsi in un sottogruppo di ordine 3.
Se ci sono $ 10 $ 3-sylow allora ci sono $ 10(9-1)=80 $ elementi di periodo potenza di 3.
Verissimo, ho sbagliato
Beh però ripensandoci, se anche tutti i 3-sylow si intersecassero in un sottogruppo di ordine 3 ci sarebbero comunque un minimo di 60 elementi con ordine potenza di 3 e allora potrei riformulare il discorso di prima con 120 al posto di 100 ?
"perplesso":Ma non è detto che la loro intersezione globale sia non banale. Anzi, se è non banale allora hai finito perché è normale.
Beh però ripensandoci, se anche tutti i 3-sylow si intersecassero in un sottogruppo di ordine 3 ci sarebbero comunque un minimo di 60 elementi con ordine potenza di 3 e allora potrei riformulare il discorso di prima con 120 al posto di 100 ?
Per esempio ci possono essere tre sottogruppi del tipo {A,B,C,D,E,F,G,H,I}, {A,B,C,J,K,L,M,N,O}, {A,E,F,K,L,P,Q,R,S}. Sono tre ma coprono 19 elementi, mentre secondo il tuo ragionamento ne dovrebbero coprire almeno 21.
Non mi pare che funzioni il tuo ragionamento, magari mi sbaglio, ma in tal caso dovresti argomentare.
Si si hai ragione ho fatto un casino 
In realtà io cercavo di rispondere alla domanda: qual'è il minimo numero di elementi che possono essere coperti da 10 sottogruppi di ordine 9 ? Avevo pensato che il numero minimo si ottiene quando tutti i 10 sottogruppi hanno un'intersezione non banale, ma come hai detto tu non posso supporlo, avevo pensato anche che se si intersecassero a due a due ci sarebbero 45 intersezioni, ma quante di queste sarebbero distinte? Boh... cmq questo argomento giusto o sbagliato è un casino, vorrà dire che devo pensare a qualcos'altro 
In realtà io cercavo di rispondere alla domanda: qual'è il minimo numero di elementi che possono essere coperti da 10 sottogruppi di ordine 9 ? Avevo pensato che il numero minimo si ottiene quando tutti i 10 sottogruppi hanno un'intersezione non banale, ma come hai detto tu non posso supporlo, avevo pensato anche che se si intersecassero a due a due ci sarebbero 45 intersezioni, ma quante di queste sarebbero distinte? Boh... cmq questo argomento giusto o sbagliato è un casino, vorrà dire che devo pensare a qualcos'altro
Idea... ma se $ H $ è un 5-sylow di G e $ K $ è un 3-sylow allora $ H \cap K = {1} $ e quindi $ |HK|= 5 xx 9 = 45 $ e allora \(\displaystyle HK \subset \langle H,K \rangle \) per cui \(\displaystyle |\langle H,K \rangle| >= 45 \) e se non è banale è un sottogruppo di indice 4 o inferiore. Posso supporre \(\displaystyle \langle H,K \rangle \ne G \) ??
"perplesso":Questo dimostra che se [tex]G[/tex] è semplice allora [tex]\langle H,K \rangle = G[/tex].
Idea... ma se $ H $ è un 5-sylow di G e $ K $ è un 3-sylow allora $ H \cap K = {1} $ e quindi $ |HK|= 5 xx 9 = 45 $ e allora \(\displaystyle HK \subset \langle H,K \rangle \) per cui \(\displaystyle |\langle H,K \rangle| >= 45 \) e se non è banale è un sottogruppo di indice 4 o inferiore.
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