I non-generatori di un gruppo finito e il suo gruppo di Frattini
Ciao. Sia \( G \) un gruppo finito. Dico che un suo sottogruppo \( H \) è massimale se non esiste alcun sottogruppo proprio \( H^\prime \) di \( G \) tale che \( H\subset H^\prime\).
Uno. Ogni sottogruppo proprio di un gruppo finito \( G \) è contenuto in un massimale.
Dimostrazione. Sia \( H\leqq G \) un sottogruppo di ordine \( m \). Dico che, se \( H \) non ammettesse massimali, per ogni naturale \( m^\prime\geqq m \) sarebbe possibile trovare un sottogruppo proprio di \( G \) contente \( H \), avente ordine maggiore di \( m^\prime \). È assurdo pretendere ciò, perché ne si potrebbe dedurre l'esistenza di un sottogruppo proprio \( H^\prime \) di \( G \) avente ordine \( \lvert H^\prime\rvert>\lvert G\rvert \). \( \square \)
Due. Il gruppo \( \Phi(G) \) di Frattini di un gruppo finito \( G \) , i.e., l'intersezione di tutti i suoi sottogruppi massimali, è l'insieme di tutti e soli i non-generatori di \( G \), ossia degli \( x\in G \) tali che, se \( G = \langle X\rangle \) e \( x\in X \), è anche \( \langle X\setminus\{x\}\rangle = G \).
Dimostrazione. Sia \( x\in X \) un elemento del gruppo di Frattini e di un generatore \( X \). Se \( X\setminus\{x\} \) non generasse l'intero gruppo, la sua chiusura \( \langle X\setminus\{x\}\rangle \) sarebbe contenuta in un sottogruppo massimale \( H \) di \( G \). Avremmo cioè \( X\setminus\{x\}\subset X\subset H \), e la tesi segue subito dalla monotonia di \( \langle{-}\rangle \). Nell'altra direzione non so cosa fare. Posso avere un suggerimento?
Uno. Ogni sottogruppo proprio di un gruppo finito \( G \) è contenuto in un massimale.
Dimostrazione. Sia \( H\leqq G \) un sottogruppo di ordine \( m \). Dico che, se \( H \) non ammettesse massimali, per ogni naturale \( m^\prime\geqq m \) sarebbe possibile trovare un sottogruppo proprio di \( G \) contente \( H \), avente ordine maggiore di \( m^\prime \). È assurdo pretendere ciò, perché ne si potrebbe dedurre l'esistenza di un sottogruppo proprio \( H^\prime \) di \( G \) avente ordine \( \lvert H^\prime\rvert>\lvert G\rvert \). \( \square \)
Due. Il gruppo \( \Phi(G) \) di Frattini di un gruppo finito \( G \) , i.e., l'intersezione di tutti i suoi sottogruppi massimali, è l'insieme di tutti e soli i non-generatori di \( G \), ossia degli \( x\in G \) tali che, se \( G = \langle X\rangle \) e \( x\in X \), è anche \( \langle X\setminus\{x\}\rangle = G \).
Dimostrazione. Sia \( x\in X \) un elemento del gruppo di Frattini e di un generatore \( X \). Se \( X\setminus\{x\} \) non generasse l'intero gruppo, la sua chiusura \( \langle X\setminus\{x\}\rangle \) sarebbe contenuta in un sottogruppo massimale \( H \) di \( G \). Avremmo cioè \( X\setminus\{x\}\subset X\subset H \), e la tesi segue subito dalla monotonia di \( \langle{-}\rangle \). Nell'altra direzione non so cosa fare. Posso avere un suggerimento?
Risposte
Se \(H\) non ha massimali che lo contengono, c'è una catena infinita di sottogruppi \(H\subseteq H_1\subseteq H_2 \subseteq\dots\) che non si ferma mai (ogni sottogruppo è contenuto in qualche sottogruppo, e se ci fosse un termine per cui l'unica scelta è \(H_n=G\), il termine precedente sarebbe massimale); questo è assurdo, perché un gruppo finito ha un numero finito di sottogruppi. Sbaglio?
Ciao. Questo dimostra che ogni sottogruppo proprio di un gruppo finito è contenuto in un massimale. (Mi sembra sia la stessa cosa che ho detto io, detta in modo un po' più elegante). Io non riesco a provare che se \( x \) è un elemento superfluo di un generatore \( X \) di un gruppo finito \( G \), allora \( x\in\Phi(G) \).
Riguardo $(1)$ , $H$ non dev'essere un sottogruppo proprio di $G$? Io procederei così:
Sia $H$ un sottogruppo proprio di $G$, e sia $F$ l'insieme dei sottogruppi propri di $G$ contenenti $H$. L'insieme $F$ è non vuoto, in quanto contiene $H$; si può quindi considerare l'insieme ordinato $(F,sube)$. Sia L una parte totalmente ordinata di $F$. Allora l'insieme $U=uu_(AinL) A$ è un elemento di $L$(vedere la proposizione seguente), e quindi di $F$, che contiene ogni elemento di $L$ , per cui $L$ è superiormente limitato in $(F,sube)$. Allora per il lemma di Zorn, $(F,sube)$ è dotato di un elemento massimale $M$; in particolare, $M$ è un sottogruppo proprio di $G$ che contiene $H$. Se per assurdo $M$ è contenuto propriamente in un sottogruppo proprio $M'$ di $G$, allora $M'$ contiene anche $H$, e quindi appartiene a $F$, assurdo
Nella dimostrazione, ho utilizzato la seguente proposizione:
Sia $S$ un insieme finito e non vuoto, e sia $F$ un insieme non vuoto di parti di $S$ totalmente ordinato rispetto alla relazione di inclusione. Allora esiste un elemento $U$ di $F$, tale che $uu_(A in F)A=U$.
Poichè $S$ è finito, tale è anche $F$; si può quindi procedere per induzione $|F|=n$. Se $n=1$, si può porre $F=U_0$, e quindi $U_0=uu_(A in F)A$. Sia $n>1$, e si supponga che l'asserto sia vero per $n-1$. Se $A$ è un elemento di $F$, l'insieme $F'=F-{A}$, continua ad essere un insieme non vuoto di parti di $S$, totalmente ordinato rispetto all'inclusione, con $|F'|=n-1$. Quindi per ipotesi di induzione, esiste $B$ in $F'$, tale che $uu_(K in F')=B$; a questo punto, essendo $F$ totalmente ordinato rispetto a $sube$, basta porre $U=B$, se $A sube B$, oppure $U=A$ se $B sube A$, così da avere $uu_(K in F)K=U$.
Sia $H$ un sottogruppo proprio di $G$, e sia $F$ l'insieme dei sottogruppi propri di $G$ contenenti $H$. L'insieme $F$ è non vuoto, in quanto contiene $H$; si può quindi considerare l'insieme ordinato $(F,sube)$. Sia L una parte totalmente ordinata di $F$. Allora l'insieme $U=uu_(AinL) A$ è un elemento di $L$(vedere la proposizione seguente), e quindi di $F$, che contiene ogni elemento di $L$ , per cui $L$ è superiormente limitato in $(F,sube)$. Allora per il lemma di Zorn, $(F,sube)$ è dotato di un elemento massimale $M$; in particolare, $M$ è un sottogruppo proprio di $G$ che contiene $H$. Se per assurdo $M$ è contenuto propriamente in un sottogruppo proprio $M'$ di $G$, allora $M'$ contiene anche $H$, e quindi appartiene a $F$, assurdo
Nella dimostrazione, ho utilizzato la seguente proposizione:
Sia $S$ un insieme finito e non vuoto, e sia $F$ un insieme non vuoto di parti di $S$ totalmente ordinato rispetto alla relazione di inclusione. Allora esiste un elemento $U$ di $F$, tale che $uu_(A in F)A=U$.
Poichè $S$ è finito, tale è anche $F$; si può quindi procedere per induzione $|F|=n$. Se $n=1$, si può porre $F=U_0$, e quindi $U_0=uu_(A in F)A$. Sia $n>1$, e si supponga che l'asserto sia vero per $n-1$. Se $A$ è un elemento di $F$, l'insieme $F'=F-{A}$, continua ad essere un insieme non vuoto di parti di $S$, totalmente ordinato rispetto all'inclusione, con $|F'|=n-1$. Quindi per ipotesi di induzione, esiste $B$ in $F'$, tale che $uu_(K in F')=B$; a questo punto, essendo $F$ totalmente ordinato rispetto a $sube$, basta porre $U=B$, se $A sube B$, oppure $U=A$ se $B sube A$, così da avere $uu_(K in F)K=U$.
"mario9555":Questo in generale è falso se G è infinito. Quindi qui stai usando che G è finito.
$U$ è un sottoinsieme proprio di $G$.
Esempio: $QQ$ (gruppo additivo) non ha sottogruppi massimali (esercizio).
Riguardo l'inclusione che l'OP ha richiesto, se $x$ non sta dentro il Frattini allora esiste un sottogruppo massimale $M$ di $G$ tale che $x$ non sta in $M$. Scegliendo $X=M uu {x}$ cosa succede?
"Martino":Questo in generale è falso se G è infinito. Quindi qui stai usando che G è finito.
[quote="mario9555"]$U$ è un sottoinsieme proprio di $G$.
?[/quote]
Ciao Martino.Si, ho usato l'ipotesi che $G$ è finito, da cui si evince l'importanza della proposizione finale che ho messo.
Ciao Martino.Si, ho usato l'ipotesi che $G$ è finito, da cui si evince l'importanza della proposizione finale che ho messo.Ciao, sì ma in questo caso il lemma di Zorn non serve. Per mostrare che ogni sottogruppo $H$ di un gruppo finito $G$ è contenuto in un sottogruppo massimale $M$ di $G$ basta procedere per induzione sull'indice $|G:H|=|G|//|H|$ (o anche su $|G|-|H|$). Se $H$ è massimale basta scegliere $M=H$. Se $H$ non è massimale esiste $K$ con $H < K< G$ e per ipotesi induttiva $K$ è contenuto in un sottogruppo massimale $M$ di $G$ che quindi contiene $H$.
Più in generale il lemma di Zorn non serve mai quando si lavora con strutture matematiche finite. Cioè se gli insiemi di cui tratta il lemma di Zorn sono finiti allora quello che il lemma di Zorn dice si può dimostrare senza usare il lemma di Zorn.
"Martino":Credevo di aver già postato la conclusione, invece avevo solo salvato qualcosa di incompleto in bozze. Sono qui! Il fatto che $ M $ sia un sottogruppo massimale mi dice che il più piccolo sottogruppo di \( G \) contenente \( M\cup\{x\} \) dev'essere \( G \) stesso. Questa è una contraddizione. Grazie!
Riguardo l'inclusione che l'OP ha richiesto, se $x$ non sta dentro il Frattini allora esiste un sottogruppo massimale $M$ di $G$ tale che $x$ non sta in $M$. Scegliendo $X=M uu {x}$ cosa succede?
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