Problemi teoria dei gruppi
Volevo chiedervi se un esercizio del genere possa essere svolto in questo modo oppure mi sto perdendo qualche passaggio.
Dimostrare che un gruppo $G$ di ordine $300$ non è semplice.
Per il teorema di sylow sappiamo che $G$ ammette $2$-sylow, $3$-sylow e $5$-sylow.
Verifico quanti $5$-sylow ci sono. il loro numero deve dividere $3*2^2$ ed essere congruo ad $1$, $mod5$. Quindi $s_5=1$ e pertanto l'unico $5$-sylow è normale. Allora $G$ ammette un sottogruppo normale non banale e pertanto non è semplice.
Basta questo?
Grazie
Dimostrare che un gruppo $G$ di ordine $300$ non è semplice.
Per il teorema di sylow sappiamo che $G$ ammette $2$-sylow, $3$-sylow e $5$-sylow.
Verifico quanti $5$-sylow ci sono. il loro numero deve dividere $3*2^2$ ed essere congruo ad $1$, $mod5$. Quindi $s_5=1$ e pertanto l'unico $5$-sylow è normale. Allora $G$ ammette un sottogruppo normale non banale e pertanto non è semplice.
Basta questo?
Grazie
Risposte
"mistake89":Sì, questo è corretto, ma puoi dire di più. Per l'equazione delle classi il numero di coniugati di un sottogruppo è uguale all'indice del suo normalizzante. Ne segue che il normalizzante di un 3-Sylow ha indice 7, quindi contiene l'11-Sylow di G (che sarebbe il sottogruppo normale non banale di cui parli). Ne segue che l'11-Sylow normalizza tutti i 3-Sylow. Il prossimo passo è dimostrare che addirittura li centralizza.
Se considerò il normalizzando di un $3$-Sylow posso concludere che contiene un sottogruppo normale non banale, poichè $231$ non divide $7!$...
Perdonami Martino mi sto un pò perdendo. 
Io so che $|O(H)|=(G:N_G(H))=(|G|)/(|N_G(H)|)$. Da cui deduco che $|N_G(H)|=33$. Per questo posso affermare che l'11-Sylow normalizza i 3-Sylow?
Io so che $|O(H)|=(G:N_G(H))=(|G|)/(|N_G(H)|)$. Da cui deduco che $|N_G(H)|=33$. Per questo posso affermare che l'11-Sylow normalizza i 3-Sylow?
"mistake89":Esatto. Infatti l'11-Sylow di $N_G(H)$ coincide con l'11-Sylow di $G$ (hanno lo stesso ordine!). Ne segue che l'11-Sylow di G è contenuto in $N_G(H)$ (il normalizzante di H) cioè normalizza H.
deduco che $|N_G(H)|=33$. Per questo posso affermare che l'11-Sylow normalizza i 3-Sylow?
Ti ringrazio Martino.
Ora proverò a dimostrare che centralizza.
Ora proverò a dimostrare che centralizza.
Ho per caso aperto le tue note di algebra Martino alla ricerca di qualche idea, ed ho trovato esattamente questo esercizio.
Mi è caduto l'occhio ed ho letto lo svolgimento
Inutile dire che non ci sarei mai arrivato, tra l'altro non sapevo nemmeno che il centro non potesse essere un sottogruppo massimale.
In realtà non ho ancora ben capito qualche passaggio:
Non sono riuscito a dimostrare che effettivamente l'11-Sylow centralizzi $H$. Ho provato ad usare l'equazione delle classi e a ragionare attorno all'orbita ma non ci ho cavato nulla di buono. E non riesco a capire come la centralità si possa estendere ad ogni sottogruppo di $G$.
Grazie mille
Mi è caduto l'occhio ed ho letto lo svolgimento
Inutile dire che non ci sarei mai arrivato, tra l'altro non sapevo nemmeno che il centro non potesse essere un sottogruppo massimale. In realtà non ho ancora ben capito qualche passaggio:
In particolare $N$ centralizza $H$ (cioè ogni elemento di $N$ commuta con ogni elemento di $H$), e quindi l’11-Sylow $N$ centralizza ogni sottogruppo di Sylow di $G$.
Non sono riuscito a dimostrare che effettivamente l'11-Sylow centralizzi $H$. Ho provato ad usare l'equazione delle classi e a ragionare attorno all'orbita ma non ci ho cavato nulla di buono. E non riesco a capire come la centralità si possa estendere ad ogni sottogruppo di $G$.
Grazie mille
"mistake89":L'ho messo perché questo esercizio era stato proposto proprio qui sul forum.
Ho per caso aperto le tue note di algebra Martino alla ricerca di qualche idea, ed ho trovato esattamente questo esercizio.
non sapevo nemmeno che il centro non potesse essere un sottogruppo massimale.Ma questa osservazione serve solo per dedurre che il centro è proprio l'11-Sylow dal fatto che lo contiene, non serve ai fini della richiesta dell'esercizio.
In realtà non ho ancora ben capito qualche passaggio:[quote]In particolare $N$ centralizza $H$ (cioè ogni elemento di $N$ commuta con ogni elemento di $H$), e quindi l’11-Sylow $N$ centralizza ogni sottogruppo di Sylow di $G$.[/quote]Devi mostrare che l'11-Sylow centralizza i 3-Sylow, e questo non serve che lo fai in tutto G, basta che lo fai in $N_G(H)$, che ha ordine 33. In pratica devi mostrare che gli 11-Sylow di un gruppo di ordine 33 centralizzano i 3-Sylow.
Ah, proprio non lo ricordavo quel thread.
Sono un pò stonato stamattina
Se io ho un gruppo di ordine $33$, in questo caso il normalizzante, allora esisteranno $11$-sylow e $3$-sylow e questi sono unici quindi normali, ma so che hanno ordine $p$, quindi sono ciclici ed in particolare abeliani. Hanno intersezione banale, quindi posso considerare $N_g(H)=HxN$ e questo risulterà abeliano. Quindi in particolare $H$ centralizza $N$.
Può andare?
Sono un pò stonato stamattina
Se io ho un gruppo di ordine $33$, in questo caso il normalizzante, allora esisteranno $11$-sylow e $3$-sylow e questi sono unici quindi normali, ma so che hanno ordine $p$, quindi sono ciclici ed in particolare abeliani. Hanno intersezione banale, quindi posso considerare $N_g(H)=HxN$ e questo risulterà abeliano. Quindi in particolare $H$ centralizza $N$.
Può andare?
"mistake89":Sì.
Può andare?
Ce l'ho Fatta!!!!!
Grazie mille Martino il tuo aiuta è sempre prezioso.
Vediamo di iniziare a masticare per bene questi argomenti.
Grazie mille Martino il tuo aiuta è sempre prezioso.
Vediamo di iniziare a masticare per bene questi argomenti.
Credo che questo esercizio sia sulla falsariga di quello precedente, provo a risolverlo senza guardare la soluzione di prima. Vediamo se riesco.
Sia $G$ un gruppo di ordine $385=5*7*11$. Dimostrare che l'$11$-Sylow è normale e il $7$-Sylow è centrale.
Allora esistono un $5$-Sylow $H$, un $7$-sylow $K$ ed un $11$-sylow $N$. Il numero degli $11$-Sylow e dei $7$-Sylow è $1$, quindi essi saranno normali in $G$, mentre il numero dei $5$-Sylow o è $1$ o e $11$.
Se fosse $1$, allora avremmo che $H,N,K$ sono normali, hanno intersezione banale (poichè su primi distinti), ed inoltre $HKN=G$ quindi posso considerare $G$ come prodotto diretto di $HKN$. In particolare, essendo di ordine primo, essi saranno ciclici quindi abeliani. Quindi $H$ sarà contenuto nel centro di $G$
Se invece $n_5=11$ allora, so che il normalizzante $N_G(H)$ sarà dato da $|G|/11$. Quindi $|N_G(H)|=35$ Conterrà quindi un $7$-sylow, e dato l'ordine esso sarà $K$. Si prova che $N_G(H)$ è abeliano, poichè possiamo pensarlo come prodotto diretto $HxK$. Allora $K$ in particolare centralizzerà tutti i $5$-sylow e tutti i sottogruppi di $G$. Possiamo scrivere allora $G=HNK$, sapendo che le intersezioni sono banali e che $K,N$ sono normali. Ma allora, sapendo che $K$ centralizza $H,K,N$ allora centralizzerà tutto $G$, quindi $KsubZ(G)$
C'è qualche errore?
Grazie ancora
Sia $G$ un gruppo di ordine $385=5*7*11$. Dimostrare che l'$11$-Sylow è normale e il $7$-Sylow è centrale.
Allora esistono un $5$-Sylow $H$, un $7$-sylow $K$ ed un $11$-sylow $N$. Il numero degli $11$-Sylow e dei $7$-Sylow è $1$, quindi essi saranno normali in $G$, mentre il numero dei $5$-Sylow o è $1$ o e $11$.
Se fosse $1$, allora avremmo che $H,N,K$ sono normali, hanno intersezione banale (poichè su primi distinti), ed inoltre $HKN=G$ quindi posso considerare $G$ come prodotto diretto di $HKN$. In particolare, essendo di ordine primo, essi saranno ciclici quindi abeliani. Quindi $H$ sarà contenuto nel centro di $G$
Se invece $n_5=11$ allora, so che il normalizzante $N_G(H)$ sarà dato da $|G|/11$. Quindi $|N_G(H)|=35$ Conterrà quindi un $7$-sylow, e dato l'ordine esso sarà $K$. Si prova che $N_G(H)$ è abeliano, poichè possiamo pensarlo come prodotto diretto $HxK$. Allora $K$ in particolare centralizzerà tutti i $5$-sylow e tutti i sottogruppi di $G$. Possiamo scrivere allora $G=HNK$, sapendo che le intersezioni sono banali e che $K,N$ sono normali. Ma allora, sapendo che $K$ centralizza $H,K,N$ allora centralizzerà tutto $G$, quindi $KsubZ(G)$
C'è qualche errore?
Grazie ancora
"mistake89":Mi sembra di no.
C'è qualche errore?
Meno male! Grazie Martino.
Solo una curiosità:
In questo caso si verifica che $385|11!$. Ma questo non nega l'esistenza di un sottogruppo normale non banale, giusto?
Solo una curiosità:
In questo caso si verifica che $385|11!$. Ma questo non nega l'esistenza di un sottogruppo normale non banale, giusto?
"mistake89":Come potrebbe negarla, dato che hai dimostrato che il 7-Sylow e l'11-Sylow sono normali?
In questo caso si verifica che $385|11!$. Ma questo non nega l'esistenza di un sottogruppo normale non banale, giusto?
Era per non fare l'errore in futuro di vedere che quella condizione non è verificata e concludere erroneamente che di sottogruppi normali non ne esistono!
Il fatto a cui tu fai riferimento è questo:
Se il gruppo finito G ammette un sottogruppo H di indice n allora detta [tex]H_G[/tex] l'intersezione dei coniugati di H in G si ha [tex]H_G \unlhd G[/tex] ed esiste un omomorfismo iniettivo [tex]G/H_G \to S_n[/tex].
In particolare il fatto che $|G|$ non divide $|G:H|!$ ti dice che $H_G \ne 1$, cioè H deve contenere un sottogruppo normale non banale di $G$.
Questa è un'implicazione in un solo verso. Se sai che $|G|$ divide $|G:H|!$ non puoi dire niente.
Se il gruppo finito G ammette un sottogruppo H di indice n allora detta [tex]H_G[/tex] l'intersezione dei coniugati di H in G si ha [tex]H_G \unlhd G[/tex] ed esiste un omomorfismo iniettivo [tex]G/H_G \to S_n[/tex].
In particolare il fatto che $|G|$ non divide $|G:H|!$ ti dice che $H_G \ne 1$, cioè H deve contenere un sottogruppo normale non banale di $G$.
Questa è un'implicazione in un solo verso. Se sai che $|G|$ divide $|G:H|!$ non puoi dire niente.
In effetti è vero, bastava ricordare la dimostrazione.
Grazie ancora assai Martino.
Grazie ancora assai Martino.
Scusate la petulanza volevo chiedervi aiuto circa una parte di un esercizio che non riesco ad affrontare:
Dato un gruppo $G$ di ordine $99$, dimostrare che è abeliano. Determinare le classi di isomorfismo e determinare tutti gli omomorfismi da $S_3$ a $G$.
Allora sappiamo che esistono un $3$-sylow $K$ di ordine $9$ e un $11$-Sylow $H$. Avendo ordine rispettivamente $3^2$ e $11$ posso concludere che entrambi sono abeliani, quindi essendo $G$ isomorfo a $HxK$ sarà esso stesso abeliano.
Si può provare inoltre che $G~=ZZ_(99)$ oppure $G~=ZZ_(33)xZZ_3$
Però sul terzo punto non saprei proprio come fare, perchè a lezione non l'abbiamo proprio accennato.
Ho letto in rete alcune cose. Poichè $G$ è abeliano il sottogruppo dei commutatori di $S_3$ che è uguale al gruppo alterno $A_3$ sta nel $kerf$. Quindi ogni omomorfismo si fattorizza via $S_3//A_3$ che ha ordine $2$. Quindi oltre all'omomorfismo banale, ci sarebbero tutti quelli che mandano l'unico generatore di $S_3$ nei generatori di $G$ che sarebbero $U(G)$, cioè, se non ho sbagliato i calcoli $60$. Quindi avremmo in totale $61$ omomorfismi.
Però sono cose lette un pò così, quindi non saprei proprio. E tra l'altro, siccome nel programma non compare nè il sottogruppo derivato né i commutatori, ma l'esercizio è presente tra le tracce d'esame, mi chiedo se ci sia un altro metodo per determinare tutto ciò.
Grazie
Dato un gruppo $G$ di ordine $99$, dimostrare che è abeliano. Determinare le classi di isomorfismo e determinare tutti gli omomorfismi da $S_3$ a $G$.
Allora sappiamo che esistono un $3$-sylow $K$ di ordine $9$ e un $11$-Sylow $H$. Avendo ordine rispettivamente $3^2$ e $11$ posso concludere che entrambi sono abeliani, quindi essendo $G$ isomorfo a $HxK$ sarà esso stesso abeliano.
Si può provare inoltre che $G~=ZZ_(99)$ oppure $G~=ZZ_(33)xZZ_3$
Però sul terzo punto non saprei proprio come fare, perchè a lezione non l'abbiamo proprio accennato.
Ho letto in rete alcune cose. Poichè $G$ è abeliano il sottogruppo dei commutatori di $S_3$ che è uguale al gruppo alterno $A_3$ sta nel $kerf$. Quindi ogni omomorfismo si fattorizza via $S_3//A_3$ che ha ordine $2$. Quindi oltre all'omomorfismo banale, ci sarebbero tutti quelli che mandano l'unico generatore di $S_3$ nei generatori di $G$ che sarebbero $U(G)$, cioè, se non ho sbagliato i calcoli $60$. Quindi avremmo in totale $61$ omomorfismi.
Però sono cose lette un pò così, quindi non saprei proprio. E tra l'altro, siccome nel programma non compare nè il sottogruppo derivato né i commutatori, ma l'esercizio è presente tra le tracce d'esame, mi chiedo se ci sia un altro metodo per determinare tutto ciò.
Grazie
Ma dove li trovi tutti questi esercizi?
Le cose che devi ricordare per rispondere a domande di questo tipo sono le seguenti:
Se $H to G$ è un omomorfismo e $N$ è il suo nucleo allora $H//N to G$ è un omomorfismo iniettivo. (Dim. Ovvia col 1 th di isom.)
Se $H to G$ è un omomorfismo iniettivo allora $G$ ha un sottogruppo isomorfo ad $H$. Inoltre in questo caso il numero di omomorfismi iniettivi $H to G$ è uguale al numero di sottogruppi di $G$ isomorfi ad $H$ moltiplicato per il numero di automorfismi di $H$. (Dim. Facile esercizio.)
Nel tuo caso particolare c'è solo l'identità, perché dopo che hai fattorizzato su $A_3$ ti accorgi che l'elemento di ordine 2 che rimane non ha amici dall'altra parte.
Comunque usa la funzione "cerca", sono stati proposti molti esercizi così in passato.
Le cose che devi ricordare per rispondere a domande di questo tipo sono le seguenti:
Se $H to G$ è un omomorfismo e $N$ è il suo nucleo allora $H//N to G$ è un omomorfismo iniettivo. (Dim. Ovvia col 1 th di isom.)
Se $H to G$ è un omomorfismo iniettivo allora $G$ ha un sottogruppo isomorfo ad $H$. Inoltre in questo caso il numero di omomorfismi iniettivi $H to G$ è uguale al numero di sottogruppi di $G$ isomorfi ad $H$ moltiplicato per il numero di automorfismi di $H$. (Dim. Facile esercizio.)
Nel tuo caso particolare c'è solo l'identità, perché dopo che hai fattorizzato su $A_3$ ti accorgi che l'elemento di ordine 2 che rimane non ha amici dall'altra parte.
Comunque usa la funzione "cerca", sono stati proposti molti esercizi così in passato.
Un pò sulla rete (che è una miniera), un pò sull'herstein oppure come questo da vecchie tracce d'esame. La teoria dei gruppi, per quanto poco abbia fatto è davvero affascinante quindi mi do da fare
Penserò bene a tutto ciò che mi hai scritto e prometto... sarò più ligio nell'usare la ricerca
Grazie ancora
Penserò bene a tutto ciò che mi hai scritto e prometto... sarò più ligio nell'usare la ricerca
Grazie ancora
Mmm ho provato a leggere ed a sfruttare i consigli e vediamo se le considerazioni sono corrette
Le possibilità che ho per il $ker$, che è un sottogruppo normale sono 3:
$kerf=S_3$. Questo è il caso banale in quanto ho l'omomorfismo banale.
$kerf=A_3$. Allora ho che $S_3/A_3~=ZZ_2$ Dovrei quindi trovare un isomorfismo tra $ZZ_2$ e $ZZ_99$ ma ciò è impossibile, perchè nel secondo non ci sono elementi di periodo $2$.
$kerf={1}$ allora si ha che l'omomorfismo è ingettivo, ma questo non è possibile in quando $|S_3|$ è diverso da $|G|$
Le possibilità che ho per il $ker$, che è un sottogruppo normale sono 3:
$kerf=S_3$. Questo è il caso banale in quanto ho l'omomorfismo banale.
$kerf=A_3$. Allora ho che $S_3/A_3~=ZZ_2$ Dovrei quindi trovare un isomorfismo tra $ZZ_2$ e $ZZ_99$ ma ciò è impossibile, perchè nel secondo non ci sono elementi di periodo $2$.
$kerf={1}$ allora si ha che l'omomorfismo è ingettivo, ma questo non è possibile in quando $|S_3|$ è diverso da $|G|$
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