P-gruppi

[fu^2]

Ho da proporre un entusiasmante esercizio sui gruppi.

Sia $G$ un $p$-gruppo, $|G|=P^k$.

Dimostrare che esiste $H_n<=G$ con $|H_n|=p^n$ per ogni $n\in {0,...,k}$.

[alvinlee881]

De gustibus...io non lo definirei proprio entusiasmante, fa parte dei risultati standard sui p-gruppi, tutte cose derivanti dal fatto che il centro di un p-gruppo è non banale, e per dimostrare questo si considera l'equazione della classi, ossia
$G=p^n=|Z(G)|+sum_{x inR} |Cl(x)|$, con $r$ un opportuno insieme di rappresentanti, con la proprietà che $x inR=>x notinZ(G)$, ossia $Stab(x)!=G$ e dunque $|Cl(x)|=|G|/|Stab(x)|=p^n/p^k$, con $k e dunque $p| (p^n-sum_{x inR} |Cl(x)|)=|Z(G)|$, e dato che $einZ(G)$ si ha la tesi.
Adesso dimostriamo che in un gruppo di ordine $p^n$ esistono sottogruppi normali di ogni ordine che divide $p^n$, procedendo per induzione su $n$. Se $n=1$ la tesi è ovvia.
Supponendo che la tesi valga per ogni gruppo di ordine $p^(n-1)$, consideriamo un gruppo $G$ di ordine $p^n$ e il suo centro $Z=Z(G)$, che ha ordine $p^k$, con $0$. Poichè $H$ p un sottogruppo del centro, è normale in $G$, dunque consideriamo $G//H$ che ha ordine $p^(n-1)$. Per ipotesi induttiva
esiste in $G//H$ un sottogruppo normale $K_h$ di ordine $p^h$, per ogni $0<=h<=n-1$, e allora per la corrispondeza fra sottogruppi indotta da un un omomorfismo $\pi^(-1)(K)$ è un sottogruppo normale di $G$ di ordine $|K||H|=p^(h+1)$, con $pi$ la proiezione canonica. Abbiamo quindi sottogruppi normali in G di ordine $p^k$ per ogni $0
Rilancio un pò, sempre in tema di p-gruppi.
Dimostrare che in un p-gruppo ogni sottogruppo di indice $p$ è normale
Hint(per chi lo vuole)

dimostrare che se $H$ è un sottogruppo proprio di $G$, allora $N(H)={g in G| gHg^(-1)=H}$ contiene propriamente $H$,ovvero esiste $x inN(H)$ tale che $xnotinH$.

[vict85]

Si può dimostrare trovando il kernel dell'azione di moltiplicazione a sinistra del gruppo sui laterali sinistri.

[pic2]

Oppure si dicono un po' di cose fighe del tipo:

1. I p-gruppi sono nilpotenti (basta quozientare sul centro per fare il passaggio induttivo sull'esponente di $p$)

2. Come da hint, dato un gruppo nilpotente, ogni suo sottogruppo è strettamente contenuto nel normalizzatore.

[fields1]

Oppure si generalizza, citando un fatto ben noto. Sia $G$ un gruppo e $p$ il piu' piccolo primo che divide l'ordine di $G$. Allora ogni sottogruppo di $G$ di indice $p$ e' normale.

[alvinlee881]

Invito ognuno a postare una dimostrazione diversa di questo fatto, per ora siamo a 3 idee, vediamo a quante arriviamo

[vict85]

"alvinlee88":Invito ognuno a postare una dimostrazione diversa di questo fatto, per ora siamo a 3 idee, vediamo a quante arriviamo

2, la mia era la dimostrazione di quello che ha citato fields...

Dato H sottogruppo di indice $p$ dove $p$ è il più piccolo divisore primo di $|G|$

Consideri l'azione di $G$ sul gruppo dei laterali, che ha cardinalità $p$.
Esiste quindi un omomorfismo da $\phi:G\toS_n$ associato all'azione e il kernel $K$ di questo omomorfismo è contenuto in $H$. Per essere precisi è il più grande sottogruppo normale di $G$ contenuto nel sottogruppo considerato.

L'ordine di $G/K$ divide l'ordine di $S_n$ e quindi divide $p!$. Inoltre deve dividere l'ordine di $G$.
Dato che non esiste nessun numero primo $qp$ tale che $q|p!$ allora $G/K$ è un $p$-gruppo (cosa ovvia nel caso in cui il gruppo si un $p$-gruppo). Ma $p^2$ non divide $p!$ e quindi l'ordine di $G/K$ deve essere $p$.
Quindi $K$ è un sottogruppo di H con il suo stesso indice e quindi coincide con $H$. Ma se $K=H$ allora $H$ è normale.



Se si considera il caso del $p$-gruppo la dimostrazione si possono in quanto una volta considerato l'omomorfismo si sa che $K$ è un $p$-sottogruppo e quindi anche $G/K$. Dato che $p^2$ non divide $p!$ se ne deduce che l'ordine di $G/K$ deve essere $p$ e quindi $H=K$