Non semplicità dei gruppi di ordine 56
Come da titolo devo far vedere che
La mia attenzione è rivolta ai $p$-sottogruppi di Sylow di $G$. Se faccio vedere che esiste un unico $2$-sottogruppo di Sylow o $7$-sottogruppo di Sylow di $G$ ho terminato.
Per quanto riguarda i $2$-sottogruppi di Sylow, per il terzo teorema di Sylow, il loro numero deve essere del tipo $1+2k$ con $k$ intero non negativo. Inoltre, $1+2k$ deve dividere $56$. Le uniche alternative sono $k=0,3$, cioè ci sono $1$ o $7$ $2$-sottogruppi di Sylow.
Per quanto riguarda i $7$-sottogruppi di Sylow, essi sono $1$ o $8$.
Quindi non posso essere sicuro che esista un unico $2$-sottogruppo o un $7$-sottogruppo di Sylow
Nei soliti esempi scolastici di solito usciva un secco $1$ quindi sono un po' spaesato
Confido in un vostro suggerimento/aiuto, grazie
Edit: hai ragione otta96 ho invertito (per errore)
Se $G$ è un gruppo di ordine $56$ allora non è semplice
La mia attenzione è rivolta ai $p$-sottogruppi di Sylow di $G$. Se faccio vedere che esiste un unico $2$-sottogruppo di Sylow o $7$-sottogruppo di Sylow di $G$ ho terminato.
Per quanto riguarda i $2$-sottogruppi di Sylow, per il terzo teorema di Sylow, il loro numero deve essere del tipo $1+2k$ con $k$ intero non negativo. Inoltre, $1+2k$ deve dividere $56$. Le uniche alternative sono $k=0,3$, cioè ci sono $1$ o $7$ $2$-sottogruppi di Sylow.
Per quanto riguarda i $7$-sottogruppi di Sylow, essi sono $1$ o $8$.
Quindi non posso essere sicuro che esista un unico $2$-sottogruppo o un $7$-sottogruppo di Sylow
Nei soliti esempi scolastici di solito usciva un secco $1$ quindi sono un po' spaesato
Confido in un vostro suggerimento/aiuto, grazie
Edit: hai ragione otta96 ho invertito (per errore)
Risposte
Ma sei sicuro di non aver scambiato il $2$ col $7$?
Perché a me vengono scambiati, ma potrei aver sbagliato io dato che sono un po' arrugginito in queste cose, ad ogni modo questo tipo di esercizi di solito si fa per assurdo, prova a supporre che ci siano $7$ $2$-Sylow e $8$ $7$-Sylow e cerca una contraddizione.
Perché a me vengono scambiati, ma potrei aver sbagliato io dato che sono un po' arrugginito in queste cose, ad ogni modo questo tipo di esercizi di solito si fa per assurdo, prova a supporre che ci siano $7$ $2$-Sylow e $8$ $7$-Sylow e cerca una contraddizione.
L'idea per assurdo è balenata anche a me ma non sapevo bene come trovare l'assurdo. A breve riprendo a pensarci e, nel caso aggiorno il post
Grazie come sempre per la disponibilità
Grazie come sempre per la disponibilità
Allora ecco quello che mi è venuto in mente.
Per assurdo esistano $8$ $7$-sottogruppi di Sylow $H_1,...,H_8$. Poiché sono distinti e non possono essere contenuti l'uno nell'altro (questo è vero, giusto?) deve essere per forza $H_i \nn H_j={1}$ per ogni coppia di indici $i,j$ distinti che variano da $1$ a $8$. Risulta dunque $G=<>$. Inoltre $H_1,...,H_8$ sono ciclici avendo ordine $7$ e sono quindi generati rispettivamente da $x_1,...,x_8 \in G$ sicché $G=<>$.
Ora, ammettendo che sia giusto, non so più che fare
Edit :Comunque, nel speranza che possa servire a qualcuno, ho trovato tale dimostrazione in rete
https://www.scribd.com/doc/30401883/Ese ... i-Algebra2
(Pagina 13-14)
Se qualcuno vuole proporre una dimostrazione o commentare quella linkata gliene sarei grato
Per assurdo esistano $8$ $7$-sottogruppi di Sylow $H_1,...,H_8$. Poiché sono distinti e non possono essere contenuti l'uno nell'altro (questo è vero, giusto?) deve essere per forza $H_i \nn H_j={1}$ per ogni coppia di indici $i,j$ distinti che variano da $1$ a $8$. Risulta dunque $G=<
Ora, ammettendo che sia giusto, non so più che fare
Edit :Comunque, nel speranza che possa servire a qualcuno, ho trovato tale dimostrazione in rete
https://www.scribd.com/doc/30401883/Ese ... i-Algebra2
(Pagina 13-14)
Se qualcuno vuole proporre una dimostrazione o commentare quella linkata gliene sarei grato
La soluzione del tuo link è la più semplice. Contando gli elementi di ordine 7 ne trovi esattamente $8*6=48$ (ce ne sono 6 in ogni 7-Sylow) e quindi ci sono esattamente $56-48=8$ elementi che non hanno ordine 7. Quindi non ci può essere più di un 2-Sylow (perché i 2-Sylow hanno ordine 8), fine.
Se vuoi fare un esercizio "serio" ti consiglio di dimostrare che nessun gruppo di ordine 144 è semplice (se ti interessa posso darti delle idee per guidarti, ma se stai facendo un corso "base" ti consiglio di lasciar perdere 144 per il momento).
Se vuoi fare un esercizio "serio" ti consiglio di dimostrare che nessun gruppo di ordine 144 è semplice (se ti interessa posso darti delle idee per guidarti, ma se stai facendo un corso "base" ti consiglio di lasciar perdere 144 per il momento).
Ciao Martino, grazie per la risposta.
Sto preparando l'esame di Algebra 1 (quindi sì un corso base) e stavo provando a fare qualche esercizio. Di solito negli esempi fatti durante il corso riuscivo sempre a trovare un solo $p$-sottogruppo di Sylow e concludere era semplice. In aggiunta, il caso di 56 mi sembra che sia facilitato dal fatto che i $7$-sottogruppi di Sylow hanno ordine 7. Mi sbaglio?
Un'altra cosa: i $p$-sottogruppi di Sylow devono avere per forza intersezione identica? O nel caso di 56 accade perché hanno ordine 7 e quindi sono ciclici?
Sto preparando l'esame di Algebra 1 (quindi sì un corso base) e stavo provando a fare qualche esercizio. Di solito negli esempi fatti durante il corso riuscivo sempre a trovare un solo $p$-sottogruppo di Sylow e concludere era semplice. In aggiunta, il caso di 56 mi sembra che sia facilitato dal fatto che i $7$-sottogruppi di Sylow hanno ordine 7. Mi sbaglio?
Un'altra cosa: i $p$-sottogruppi di Sylow devono avere per forza intersezione identica? O nel caso di 56 accade perché hanno ordine 7 e quindi sono ciclici?
"Cantor99":
Un'altra cosa: i $p$-sottogruppi di Sylow devono avere per forza intersezione identica? O nel caso di 56 accade perché hanno ordine 7 e quindi sono ciclici?
Puoi dedurre che hanno intersezione banale solo se hanno ordine $p$, altrimenti non è detto: ad esempio $ZZ_3 \rtimes ZZ_4$ ha tre sottogruppi di ordine $4$ con intersezione di ordine $2$ (nota in particolare che non basta sapere che i sottogruppi sono ciclici).
"spugna":
[quote="Cantor99"]Un'altra cosa: i $p$-sottogruppi di Sylow devono avere per forza intersezione identica? O nel caso di 56 accade perché hanno ordine 7 e quindi sono ciclici?
Puoi dedurre che hanno intersezione banale solo se hanno ordine $p$, altrimenti non è detto: ad esempio $ZZ_3 \rtimes ZZ_4$ ha tre sottogruppi di ordine $4$ con intersezione di ordine $2$ (nota in particolare che non basta sapere che i sottogruppi sono ciclici).[/quote]
Grazie per l'intervento
Scusa la domanda probabilmente banale: ma quando si scrive $\rtimes$ non si dovrebbe sottintendere che $ZZ_3<= Aut(ZZ_4)$? In questo caso sembra non accadere
@Martino ho trovato una tua dimostrazione della semplicità di 144 qui sul forum e ho visto quando non sia "banale"!
"Cantor99":
quando si scrive $\rtimes$ non si dovrebbe sottintendere che $ZZ_3<= Aut(ZZ_4)$? In questo caso sembra non accadere
No, il contrario: è dato da $ZZ_4 rightarrow Aut(ZZ_3)$ (che non è iniettivo, ma questo non crea problemi)
Questo perché hai messo il simbolo al contrario? (Sui miei appunti è al contrario, non so se è una coincidenza)
Comunque, $Aut(ZZ_3)$ è costituito dall'isomorfismo identico $\iota_(ZZ_3)$ e dall'applicazione $\tau$ che manda ogni elemento di $ZZ_3$ nel suo inverso.
Ora $ZZ_4={[0]_4,[1]_4,[2]_4,[3]_4}$ quindi l'omomorfismo di cui parli è
$\theta : ZZ_4 -> Aut(ZZ_3)$ fatto così
$\theta([0]_4)=\theta([2]_4)=\iota_(ZZ_3)$
$\theta([1]_3)=\theta([3]_4)=\tau$
È questo l'omomorfismo che devo considerare? Eccetto quello che manda ogni elemento di $ZZ_4$ in $\iota_(ZZ_3)$, sembra sia l'unico. È per questo che nom l'hai specificato?
Scusa per le domande banali
Comunque, $Aut(ZZ_3)$ è costituito dall'isomorfismo identico $\iota_(ZZ_3)$ e dall'applicazione $\tau$ che manda ogni elemento di $ZZ_3$ nel suo inverso.
Ora $ZZ_4={[0]_4,[1]_4,[2]_4,[3]_4}$ quindi l'omomorfismo di cui parli è
$\theta : ZZ_4 -> Aut(ZZ_3)$ fatto così
$\theta([0]_4)=\theta([2]_4)=\iota_(ZZ_3)$
$\theta([1]_3)=\theta([3]_4)=\tau$
È questo l'omomorfismo che devo considerare? Eccetto quello che manda ogni elemento di $ZZ_4$ in $\iota_(ZZ_3)$, sembra sia l'unico. È per questo che nom l'hai specificato?
Scusa per le domande banali
Giusto per divertimento aggiungo che i numeri più divertenti da fare (tra 1 e 300) sono 144, 180, 252, 264, 280, 288.
Grazie Martino Delle tue proposte ma le vedo un po' irraggiungibili. Come vedi ho difficoltà anche a fare quel prodotto semidiretto...
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