Omomorfismo banale \(\phi\colon G\longrightarrow \operatorname{Aut}(H)\)
Buongiorno,
da quanto ho visto finora, dati due gruppi $G$ e $H$, per determinare se vi sia un omomorfismo non banale \(\phi\colon G\longrightarrow \operatorname{Aut}(H)\) si passa attraverso la conoscenza della classe di isomorfismo del gruppo \(\operatorname{Aut}(H)\), della quale, poi, bisogna sapere alcune cose. Diversamente, se si è interessati a dimostrare che esiste solo l'omomorfismo banale, vedo che il metodo seguente dà qualche risultato, nel caso di $G$ ed $H$ finiti, a prescindere dalla conoscenza di "chi sia" \(\operatorname{Aut}(H)\), usando in pratica solo Lagrange.
Un omomorfismo \(\phi\colon G\longrightarrow \operatorname{Aut}(H)\) è un'azione di $G$ su $H$, tale che \(\operatorname{Fix}(g)\le H\) per ogni $g\in G$ (dove \(\operatorname{Fix}(g):=\{h\in H\mid \phi_g(h)=h\}\)). Se $G$ ed $H$ sono entrambi finiti, allora: \[\sum_{i=1}^{|H|}|\operatorname{Stab}(h_i)|=\sum_{j=1}^{|G|}|\operatorname{Fix}(g_j)|\tag 1\]con $|G|$ che divide entrambi i membri della $(1)$ (per il Lemma di Burnside) e ogni termine \(|\operatorname{Fix}(g_j)|\) che divide $|H|$ (e, ovviamente, ogni termine \(|\operatorname{Stab}(h_i)|\) che divide $|G|$). In particolare, se $\phi$ è non banale, allora almeno un termine nel primo e secondo membro di $(1)$ deve essere strettamente minore di $|G|$ e $|H|$, rispettivamente. Con queste premesse, i casi che ho potuto trattare sono i seguenti.
1. $(G,H)=(C_p,C_q)$, dove $p,q$ sono primi distinti. Se $\phi$ è non banale, allora da $(1)$ (e cosiderazioni in corsivo seguenti) si ha:\[k+(q-k)p=l+(p-l)q\tag 2\]per qualche $(k,l)$, con \(1\le k\le q\), \(1\le l\le p\); ma \(p\mid k\) (perchè $p$ deve dividere il primo membro di $(2)$), per cui $p\le k\le q$; quindi, per $p>q$ non esiste alcun omomorfismo $\phi$ non banale. Per $pq-1\Longrightarrow\) \(k=q\); ma $(k,l)=(q,p)$ non è soluzione di $(2)$. Pertanto, se \(p\nmid q-1\), il solo omomorfismo \(\phi\colon C_p\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_q)\) è quello banale. Quindi, ad esempio, possono esistere omomorfismi non banali \(\phi\colon C_3\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_7)\) o \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_{11})\), ma non certo \(\phi\colon C_3\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_5)\) (o \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_3)\)), ecc.
2. $(G,H)=(C_p,H)$ con $|H|=q^2$, dove $p,q$ sono ancora primi distinti. Se esiste un omomorfismo non banale, in questo caso $(1)$ diventa: \(k+(q^2-k)p=l_0+l_1q+(p-l_0-l_1)q^2\tag 3\)
per qualche $1\le k\le q^2$ e $1\le l_0+l_1\le p$. Poichè \(p\mid k\) (sempre perchè $p$ deve dividere il primo membro di $(3)$), allora \(p\le k\le q^2\); quindi, per $p>q^2$ non ci sono omomorfismi $\phi$ non banali. Questo basta per concludere che non esistono, ad esempio, omomorfismi non banali \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_4)\), oppure \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_2\times C_2)\), oppure \(\phi\colon C_{11}\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_9)\), oppure \(\phi\colon C_{11}\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_3\times C_3)\), ecc.
Mi chiedevo se vi sono altre coppie $(G,H)$, per cui si possa dedurre da $(1)$ l'esistenza del solo $\phi$ banale.
PS. È probabile che il problema di trovare coppie $(G,H)$ per cui esiste solo l'omomorfismo $\phi$ banale sia intrinsecamente meno interessante di quello di trovare un omomorfismo non banale per una data coppia $(G,H)$ che ne ammetta...
da quanto ho visto finora, dati due gruppi $G$ e $H$, per determinare se vi sia un omomorfismo non banale \(\phi\colon G\longrightarrow \operatorname{Aut}(H)\) si passa attraverso la conoscenza della classe di isomorfismo del gruppo \(\operatorname{Aut}(H)\), della quale, poi, bisogna sapere alcune cose. Diversamente, se si è interessati a dimostrare che esiste solo l'omomorfismo banale, vedo che il metodo seguente dà qualche risultato, nel caso di $G$ ed $H$ finiti, a prescindere dalla conoscenza di "chi sia" \(\operatorname{Aut}(H)\), usando in pratica solo Lagrange.
Un omomorfismo \(\phi\colon G\longrightarrow \operatorname{Aut}(H)\) è un'azione di $G$ su $H$, tale che \(\operatorname{Fix}(g)\le H\) per ogni $g\in G$ (dove \(\operatorname{Fix}(g):=\{h\in H\mid \phi_g(h)=h\}\)). Se $G$ ed $H$ sono entrambi finiti, allora: \[\sum_{i=1}^{|H|}|\operatorname{Stab}(h_i)|=\sum_{j=1}^{|G|}|\operatorname{Fix}(g_j)|\tag 1\]con $|G|$ che divide entrambi i membri della $(1)$ (per il Lemma di Burnside) e ogni termine \(|\operatorname{Fix}(g_j)|\) che divide $|H|$ (e, ovviamente, ogni termine \(|\operatorname{Stab}(h_i)|\) che divide $|G|$). In particolare, se $\phi$ è non banale, allora almeno un termine nel primo e secondo membro di $(1)$ deve essere strettamente minore di $|G|$ e $|H|$, rispettivamente. Con queste premesse, i casi che ho potuto trattare sono i seguenti.
1. $(G,H)=(C_p,C_q)$, dove $p,q$ sono primi distinti. Se $\phi$ è non banale, allora da $(1)$ (e cosiderazioni in corsivo seguenti) si ha:\[k+(q-k)p=l+(p-l)q\tag 2\]per qualche $(k,l)$, con \(1\le k\le q\), \(1\le l\le p\); ma \(p\mid k\) (perchè $p$ deve dividere il primo membro di $(2)$), per cui $p\le k\le q$; quindi, per $p>q$ non esiste alcun omomorfismo $\phi$ non banale. Per $p
2. $(G,H)=(C_p,H)$ con $|H|=q^2$, dove $p,q$ sono ancora primi distinti. Se esiste un omomorfismo non banale, in questo caso $(1)$ diventa: \(k+(q^2-k)p=l_0+l_1q+(p-l_0-l_1)q^2\tag 3\)
per qualche $1\le k\le q^2$ e $1\le l_0+l_1\le p$. Poichè \(p\mid k\) (sempre perchè $p$ deve dividere il primo membro di $(3)$), allora \(p\le k\le q^2\); quindi, per $p>q^2$ non ci sono omomorfismi $\phi$ non banali. Questo basta per concludere che non esistono, ad esempio, omomorfismi non banali \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_4)\), oppure \(\phi\colon C_5\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_2\times C_2)\), oppure \(\phi\colon C_{11}\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_9)\), oppure \(\phi\colon C_{11}\longrightarrow \operatorname{Aut}(C_3\times C_3)\), ecc.
Mi chiedevo se vi sono altre coppie $(G,H)$, per cui si possa dedurre da $(1)$ l'esistenza del solo $\phi$ banale.
PS. È probabile che il problema di trovare coppie $(G,H)$ per cui esiste solo l'omomorfismo $\phi$ banale sia intrinsecamente meno interessante di quello di trovare un omomorfismo non banale per una data coppia $(G,H)$ che ne ammetta...
Risposte
Ciao, poi magari leggo meglio, ma il punto è che nei casi che hai presentato si può facilmente determinare $Aut(H)$.
Se $H$ ha ordine primo $q$ allora $Aut(H)$ è ciclico di ordine $q-1$. Se $H$ è del tipo $C_q xx C_q$ con $q$ primo allora $Aut(H)$ è isomorfo al gruppo generale lineare $GL(2,q)$. Se $H$ è ciclico $C_n$ (con $n$ intero positivo qualsiasi) allora $Aut(H)$ è abeliano (non sempre ciclico) di ordine $phi(n)$ (funzione di Eulero). Con queste informazioni puoi facilmente capire se ci sono omomorfismi non banali $C_p to Aut(H)$ (dove $p$ è primo): basta che controlli quando $p$ divide $|Aut(H)|$.
L'ordine del gruppo $GL(2,q)$ è $(q^2-1)(q^2-q)$.
Se $H$ ha ordine primo $q$ allora $Aut(H)$ è ciclico di ordine $q-1$. Se $H$ è del tipo $C_q xx C_q$ con $q$ primo allora $Aut(H)$ è isomorfo al gruppo generale lineare $GL(2,q)$. Se $H$ è ciclico $C_n$ (con $n$ intero positivo qualsiasi) allora $Aut(H)$ è abeliano (non sempre ciclico) di ordine $phi(n)$ (funzione di Eulero). Con queste informazioni puoi facilmente capire se ci sono omomorfismi non banali $C_p to Aut(H)$ (dove $p$ è primo): basta che controlli quando $p$ divide $|Aut(H)|$.
L'ordine del gruppo $GL(2,q)$ è $(q^2-1)(q^2-q)$.
"luca69":Questo che scrivi è tautologico. [tex]\mbox{Fix}(g)[/tex], per come lo definisci, è contenuto in $H$ per definizione.
tale che \(\operatorname{Fix}(g)\le H\) per ogni $g\in G$ (dove \(\operatorname{Fix}(g):=\{h\in H\mid \phi_g(h)=h\}\)).
Cosa vuoi dire?
Più che meno interessante, il problema mi sembra mal posto.
Si può rispondere in generale alla domanda "quali sono i gruppi \(G,H\) con la proprietà che \({\sf Grp}(G, \text{Aut}(H))=0\)"? Mi sembra che una condizione sufficiente sia che \(\text{Aut}(H)\) appartenga a una classe ortogonale a \(\{G\}\) (in effetti, alla saturazione di questa classe). A questo punto, che controllo hai su questo ortogonale, dato \(H\)?
Si può rispondere in generale alla domanda "quali sono i gruppi \(G,H\) con la proprietà che \({\sf Grp}(G, \text{Aut}(H))=0\)"? Mi sembra che una condizione sufficiente sia che \(\text{Aut}(H)\) appartenga a una classe ortogonale a \(\{G\}\) (in effetti, alla saturazione di questa classe). A questo punto, che controllo hai su questo ortogonale, dato \(H\)?
"Martino":Questo che scrivi è tautologico. [tex]\mbox{Fix}(g)[/tex], per come lo definisci, è contenuto in $H$ per definizione.
[quote="luca69"]tale che \(\operatorname{Fix}(g)\le H\) per ogni $g\in G$ (dove \(\operatorname{Fix}(g):=\{h\in H\mid \phi_g(h)=h\}\)).
Cosa vuoi dire?[/quote]
Se un gruppo $G$ agisce su un insieme $X$, allora \(\operatorname{Fix}(g)\subseteq X\) per ogni $g\in G$, certo per definizione di \(\operatorname{Fix}(g)\). Qui però mi sembra che abbiamo qualcosa di più: $G$ agisce su un altro gruppo ($H$) per automorfismi; quindi, non solo \(\operatorname{Fix}(g)\subseteq H, \forall g\in G\) (che appunto è per definizione), ma \(\operatorname{Fix}(g)\le H, \forall g\in G\) (sottogruppo). Infatti, \(1_H\in\operatorname{Fix}(g)\ne\emptyset\) e, come detto, \(\operatorname{Fix}(g)\subseteq H\) per definizione; ma inoltre, \(h_1,h_2\in\operatorname{Fix}(g)\) implica \(\phi_g(h_1h_2^{-1})=\phi_g(h_1)\phi_g(h_2^{-1})=\phi_g(h_1)\phi_g(h_2)^{-1}=h_1h_2^{-1}\) e quindi \(h_1h_2^{-1}\in\operatorname{Fix}(g)\), da cui \(\operatorname{Fix}(g)\le H\). È proprio sul fatto che \(\operatorname{Fix}(g)\) è sottogruppo di $H$ per ogni $g\in G$ che si baserebbe tutto il resto.
Ammesso che sia corretto, sono comunque consapevole che se "si sa tutto" su \(\operatorname{Aut}(H)\), allora diventa tutto ovvio. Mi colpiva solo il fatto di poter dedurre l'esistenza del solo omomorfismo $\phi$ banale, in alcuni casi (certo molto particolari), senza sapere nulla su \(\operatorname{Aut}(H)\).
Su $Fix(g)$ ho capito, grazie.
Se mi posso permettere, può essere interessante quello che chiedi, ma la domanda vera che mi porrei prima di qualsiasi altra è "qual è la struttura di $Aut(H)$?". In molti casi semplici considerazioni ti portano a capire chi è $Aut(H)$ senza doversi imporre condizioni sull'elementarità degli strumenti che puoi usare.
"luca69":
Ammesso che sia corretto, sono comunque consapevole che se "si sa tutto" su \(\operatorname{Aut}(H)\), allora diventa tutto ovvio. Mi colpiva solo il fatto di poter dedurre l'esistenza del solo omomorfismo $\phi$ banale, in alcuni casi (certo molto particolari), senza sapere nulla su \(\operatorname{Aut}(H)\).
Se mi posso permettere, può essere interessante quello che chiedi, ma la domanda vera che mi porrei prima di qualsiasi altra è "qual è la struttura di $Aut(H)$?". In molti casi semplici considerazioni ti portano a capire chi è $Aut(H)$ senza doversi imporre condizioni sull'elementarità degli strumenti che puoi usare.
"Martino":
ma la domanda vera che mi porrei prima di qualsiasi altra è "qual è la struttura di $Aut(H)$?"
Chiaro. Grazie Martino.
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