I $2$-Sylow di un gruppo semplice di ordine $60$
Un esame che ho sostenuto comprendeva questo esercizio: se $G$ è semplice di ordine $60$, allora dimostrare che il numero dei suoi $2$-Sylow o è $5$ o è $15$.
Diciamo che un pezzo dell'esercizio era banale. Dato che $60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$, i teoremi di Sylow ci dicono che il numero $x$ dei $2$-Sylow deve dividere $15$ ed essere congruo ad $1$ modulo $2$ (ovvero deve essere dispari). È quindi evidente che $x \in \{1,3,5,15\}$. Ora, $x$ non può essere $1$ perché altrimenti quell'unico $2$-Sylow, essendo l'unico gruppo del suo ordine, sarebbe normale e ciò contravverrebbe alla semplicità di $G$. Il succo "vero" dell'esercizio era dunque riuscire ad escludere il $3$ dalle possibilità, ma non sono riuscito a farcela anche calcolando il numero di $3$-Sylow (o $4$ o $10$) e quello di $5$-Sylow (necessariamente $6$).
Tramite alcuni amici sono riuscito a sapere che l'esercizio andava svolto utilizzando un'azione di $S_3$ (sul gruppo intero, credo). Ma in che modo? L'esercizio, comunque, dovrebbe essere corretto fin dove sono arrivato... o no? Speravo di riuscire a ricavare qualcosa attraverso gli ordini degli elementi grazie al calcolo degli altri Sylow, ma mi sono arenato in un nulla di fatto
Diciamo che un pezzo dell'esercizio era banale. Dato che $60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$, i teoremi di Sylow ci dicono che il numero $x$ dei $2$-Sylow deve dividere $15$ ed essere congruo ad $1$ modulo $2$ (ovvero deve essere dispari). È quindi evidente che $x \in \{1,3,5,15\}$. Ora, $x$ non può essere $1$ perché altrimenti quell'unico $2$-Sylow, essendo l'unico gruppo del suo ordine, sarebbe normale e ciò contravverrebbe alla semplicità di $G$. Il succo "vero" dell'esercizio era dunque riuscire ad escludere il $3$ dalle possibilità, ma non sono riuscito a farcela anche calcolando il numero di $3$-Sylow (o $4$ o $10$) e quello di $5$-Sylow (necessariamente $6$).
Tramite alcuni amici sono riuscito a sapere che l'esercizio andava svolto utilizzando un'azione di $S_3$ (sul gruppo intero, credo). Ma in che modo? L'esercizio, comunque, dovrebbe essere corretto fin dove sono arrivato... o no? Speravo di riuscire a ricavare qualcosa attraverso gli ordini degli elementi grazie al calcolo degli altri Sylow, ma mi sono arenato in un nulla di fatto
Risposte
Ciao, si tratta di notare che $G$ agisce transitivamente mediante coniugazione sui suoi Sylow. Se per assurdo avessimo tre $2$-Sylow $H_1,H_2,H_3$ allora avremmo un azione di $G$ sull'insieme ${H_1,H_2,H_3}$, ovvero ogni elemento di $G$ permuta in qualche modo quei tre elementi, e quindi e' assimilabile ad un elemento di $S_3$. Quindi esiste una mappa, che e' omomorfismo di gruppi,
$phi : G to S_3$
il cui nucleo e' certamente non tutto $G$ (altrimenti ogni elemento di $G$ fisserebbe ogni Sylow, falso poiche' questi sono coniugati) e nemmeno puo' essere banale per motivi di cardinalita' (un gruppo di ordine $60$ non si immerge in $S_3$). Quindi avresti un ker non banale, ma il ker e' normale, contraddizione.
Questo argomento si usa spesso, ad esempio se vuoi mostrare che un certo gruppo semplice $G$ non ha un sottogruppo $H$ di un certo ordine, fai agire $G$ sui laterali, ovvero sugli elementi di $G/H$, creando una mappa $G to S_n$ dove $n=|G/H|$. Se $n$ e' abbastanza piccolo (ovvero $H$ abbastanza largo) puoi avere una contraddizione.
Ad esempio nota che se fai agire $G$ su un insieme di $5$ elementi (pensa sempre ai numeri possibili di Sylow) allora la mappa sarebbe $G to S_5$, e siccome $S_5$ e' piu' largo di $G$ non potresti escludere che il ker non e' l'identita'.
$phi : G to S_3$
il cui nucleo e' certamente non tutto $G$ (altrimenti ogni elemento di $G$ fisserebbe ogni Sylow, falso poiche' questi sono coniugati) e nemmeno puo' essere banale per motivi di cardinalita' (un gruppo di ordine $60$ non si immerge in $S_3$). Quindi avresti un ker non banale, ma il ker e' normale, contraddizione.
Questo argomento si usa spesso, ad esempio se vuoi mostrare che un certo gruppo semplice $G$ non ha un sottogruppo $H$ di un certo ordine, fai agire $G$ sui laterali, ovvero sugli elementi di $G/H$, creando una mappa $G to S_n$ dove $n=|G/H|$. Se $n$ e' abbastanza piccolo (ovvero $H$ abbastanza largo) puoi avere una contraddizione.
Ad esempio nota che se fai agire $G$ su un insieme di $5$ elementi (pensa sempre ai numeri possibili di Sylow) allora la mappa sarebbe $G to S_5$, e siccome $S_5$ e' piu' largo di $G$ non potresti escludere che il ker non e' l'identita'.
Oh, ti ringrazio molto per la risposta! 
Allora, vediamo se ho capito bene. Già sin dalla teoria so che due qualunque $p$-Sylow sono coniugati: e dunque, presi per assurdo i tre $2$-Sylow, per ogni coppia di essi esiste un $g \in G$ che muove il primo nel secondo. Questo, unito al fatto che il coniugio induce un'azione da $G$ all'insieme dei $2$-Sylow, implica che tale azione è transitiva. Fino a qui è ok, giusto?
Il punto che vorrei capire meglio è il perché ogni elemento di $G$ sia assimilabile ad una permutazione del simmetrico su tre elementi. È vero che se li chiamiamo $H_1, H_2$ ed $H_3$, e se prendiamo un $g \in G$ tale che $g^{-1}H_1g = H_2$, $g^{-1}H_2g = H_3$ e $g^{-1}H_3g = H_1$, allora l'elemento $g$ può essere visto come inducente la permutazione $(123) \in S_3$ su $\{H_1, H_2, H_3\}$; ma... non potrebbe esistere un $g$ che coniuga ad esempio $H_1$ in sé stesso, e sia $H_2$ che $H_3$ in $H_1$ a loro volta? In tal caso a quale permutazione corrisponderebbe $g$? A meno che non stia vedendo la cosa in modo sbagliato, ovviamente.
Ma capito questo, non credo di avere alcun problema: dimostrato che questo induce una funzione da $G$ in $S_3$, penso sia banale fare vedere che è un omomorfismo, e capisco che, come dici tu, il nucleo non può essere tutto $G$ (in tal caso ogni Sylow resta fissato per coniugazione e ciò contravverrebbe alla transitività dell'azione, per cui invece per ogni coppia di $2$-Sylow almeno un elemento che sposta l'uno nell'altro deve esserci), né può essere banale (perché nucleo banale implica iniettività e non possono esistere funzioni iniettive da un insieme con $60$ elementi ad uno con $6$, giusto?). Da qui si deduce che c'è un nucleo non banale che però non può esistere perché $G$ è semplice.
Se quindi ho capito il resto della dimostrazione (ho provato a riscriverla così dovrebbe essere più semplice vedere se l'ho capita o no), l'unico punto che mi è un po' oscuro è quello... ma per il resto è tutto chiarissimo! Grazie mille!
Allora, vediamo se ho capito bene. Già sin dalla teoria so che due qualunque $p$-Sylow sono coniugati: e dunque, presi per assurdo i tre $2$-Sylow, per ogni coppia di essi esiste un $g \in G$ che muove il primo nel secondo. Questo, unito al fatto che il coniugio induce un'azione da $G$ all'insieme dei $2$-Sylow, implica che tale azione è transitiva. Fino a qui è ok, giusto?
Il punto che vorrei capire meglio è il perché ogni elemento di $G$ sia assimilabile ad una permutazione del simmetrico su tre elementi. È vero che se li chiamiamo $H_1, H_2$ ed $H_3$, e se prendiamo un $g \in G$ tale che $g^{-1}H_1g = H_2$, $g^{-1}H_2g = H_3$ e $g^{-1}H_3g = H_1$, allora l'elemento $g$ può essere visto come inducente la permutazione $(123) \in S_3$ su $\{H_1, H_2, H_3\}$; ma... non potrebbe esistere un $g$ che coniuga ad esempio $H_1$ in sé stesso, e sia $H_2$ che $H_3$ in $H_1$ a loro volta? In tal caso a quale permutazione corrisponderebbe $g$? A meno che non stia vedendo la cosa in modo sbagliato, ovviamente.
Ma capito questo, non credo di avere alcun problema: dimostrato che questo induce una funzione da $G$ in $S_3$, penso sia banale fare vedere che è un omomorfismo, e capisco che, come dici tu, il nucleo non può essere tutto $G$ (in tal caso ogni Sylow resta fissato per coniugazione e ciò contravverrebbe alla transitività dell'azione, per cui invece per ogni coppia di $2$-Sylow almeno un elemento che sposta l'uno nell'altro deve esserci), né può essere banale (perché nucleo banale implica iniettività e non possono esistere funzioni iniettive da un insieme con $60$ elementi ad uno con $6$, giusto?). Da qui si deduce che c'è un nucleo non banale che però non può esistere perché $G$ è semplice.
Se quindi ho capito il resto della dimostrazione (ho provato a riscriverla così dovrebbe essere più semplice vedere se l'ho capita o no), l'unico punto che mi è un po' oscuro è quello... ma per il resto è tutto chiarissimo! Grazie mille!
"M1313":
Allora, vediamo se ho capito bene. Già sin dalla teoria so che due qualunque $p$-Sylow sono coniugati: e dunque, presi per assurdo i tre $2$-Sylow, per ogni coppia di essi esiste un $g \in G$ che muove il primo nel secondo. Questo, unito al fatto che il coniugio induce un'azione da $G$ all'insieme dei $2$-Sylow, implica che tale azione è transitiva. Fino a qui è ok, giusto?
Certo.
"M1313":
né può essere banale (perché nucleo banale implica iniettività e non possono esistere funzioni iniettive da un insieme con $60$ elementi ad uno con $6$, giusto?)
Certamente!
Quello che dici tu non puo' accadere: infatti se avessi $g^{-1}H_2g=H_1$ e $g^{-1}H_3g=H_1$, allora moltiplicando a sinistra per $g$ e a destra per $g^{-1}$ otterresti
$H_2=gH_1g^{-1}$
e
$H_3=gH_1g^{-1}$
ovvero $H_2=H_3$, ma i due Sylow sono distinti, contraddizione.
Morale: un elemento non puo' mandare due diversi Sylow nello stesso Sylow, quindi l'azione individua una permutazione precisa in modo pulito
Oh, ora capisco... sì, avrei dovuto farci caso, per quella ragione due Sylow distinti non possono andare nello stesso. Perfetto, adesso mi è tutto chiarissimo: ti ringrazio ancora! 
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