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":Questa motivazione è sbagliata. Prova a pensarci ancora un po'.
$kerf={1}$ allora si ha che l'omomorfismo è ingettivo, ma questo non è possibile in quando $|S_3|$ è diverso da $|G|$
Poichè $G$ non ha un sottogruppo di ordine $6$?
"mistake89":Sì, questa è già meglio.
Poichè $G$ non ha un sottogruppo di ordine $6$?
In un esercizio mi si chiede di provare ( a proposito della classificazione dei gruppi) che $A_4$ non è isomorfo a $D_6$.
Mi viene da rispondere che, dall'identità $sigma^6=1$ in $D_6$ ci dovrebbe essere in $A_4$ un elemento di periodo $6$, ma ciò è falso. Quindi i gruppi non sono isomorfi. E' corretto?
Mi viene da rispondere che, dall'identità $sigma^6=1$ in $D_6$ ci dovrebbe essere in $A_4$ un elemento di periodo $6$, ma ciò è falso. Quindi i gruppi non sono isomorfi. E' corretto?
"mistake89":Non è proprio detto benissimo. Osservi che $D_6$ ha un elemento $sigma$ di ordine 6 (che è diverso da scrivere $sigma^6=1$), mentre $A_4$ non ha elementi di ordine 6 (cosa che comunque dovresti dimostrare - ma basta fare un semplice ragionamento sulla struttura ciclica). Naturalmente è corretto concludere che $A_4$ e $D_6$ non sono isomorfi.
Mi viene da rispondere che, dall'identità $sigma^6=1$ in $D_6$ ci dovrebbe essere in $A_4$ un elemento di periodo $6$, ma ciò è falso.
Ti rilancio un problemino se hai voglia: mostrare che $A_4$ non ha sottogruppi di ordine 6.
Grazie Martino... il problema provo a farlo subito, anche perchè è un classico 
Non capisco solo perchè non è corretto far discendere da $sigma^6=1$ il fatto che $D_6$ possieda un elemento di periodo $6$. Io ho pensato che essendo un gruppo presentato, quella presentazione garantisse effettivamente quanto tu dici.
Non capisco solo perchè non è corretto far discendere da $sigma^6=1$ il fatto che $D_6$ possieda un elemento di periodo $6$. Io ho pensato che essendo un gruppo presentato, quella presentazione garantisse effettivamente quanto tu dici.
"Martino":
Ti rilancio un problemino se hai voglia: mostrare che $A_4$ non ha sottogruppi di ordine 6.
Supponiamo che $A_4$ abbia un sottogruppo di ordine $6$, $H$.
Allora $H$ è normale in $A_4$ poichè ha indici $2$. Non solo, ma sappiamo per Cauchy che deve contenere in particolare un $3$-ciclo.
In conseguenza a questo lemma (che per fortuna avevo già letto
) : Se $N$ è un sottogruppo normale, diverso da $1$, in $A_n$ per $n>3$ ed esso contiene un $3$-ciclo allora $N=A_n$
Si ha che $H=A_4$, ma questo è assurdo.
Ne stavo pensando ad un'altra (se esiste), magari senza ricorrere a quel lemma... vediamo un pò!
Ci stavo pensando ancora a questa dimostrazione, perchè mi ha fatto venire un po' pensieri.
Un altro modo di procedere poteva essere ad esempio dire:
Se $H$ è un sottogruppo di ordine $6$ allora esso è isomorfo o $ZZ_6$ se abeliano oppure a $D_3~=S_3$ nel caso in cui esso non sia abeliano.
Il primo caso è da escludere poichè $ZZ_6$ è ciclico di ordine $6$ quindi esiste almeno un elemento (in reltà $phi(6)=2$) di ordine $6$ che in $H$ non c'è, perchè non è presente nemmeno in $A_4$
Oppure queste considerazioni sono sbagliate?
Un altro modo di procedere poteva essere ad esempio dire:
Se $H$ è un sottogruppo di ordine $6$ allora esso è isomorfo o $ZZ_6$ se abeliano oppure a $D_3~=S_3$ nel caso in cui esso non sia abeliano.
Il primo caso è da escludere poichè $ZZ_6$ è ciclico di ordine $6$ quindi esiste almeno un elemento (in reltà $phi(6)=2$) di ordine $6$ che in $H$ non c'è, perchè non è presente nemmeno in $A_4$
Oppure queste considerazioni sono sbagliate?
"mistake89":Scrivere $sigma^6=1$ significa solo che l'elemento $sigma$ elevato alla 6 fa 1. Questo non esclude che $sigma$ possa avere ordine 1, 2 oppure 3.
Non capisco solo perchè non è corretto far discendere da $sigma^6=1$ il fatto che $D_6$ possieda un elemento di periodo $6$. Io ho pensato che essendo un gruppo presentato, quella presentazione garantisse effettivamente quanto tu dici.
E' la presentazione che ti dice che $sigma$ ha ordine 6, non l'uguaglianza $sigma^6=1$ da sola.
Osserva che ogni gruppo è "presentabile", quindi, se fissi una presentazione senza specificarla, quando fai i conti la gente non può capire: in generale, la gente ha notazioni e abitudini diverse dalle tue, quindi devi chiarire le tue notazioni prima di fare qualsiasi altra cosa.
In conseguenza a questo lemma (che per fortuna avevo già lettoQuesto è un cosiddetto "cannone") :
Se $N$ è un sottogruppo normale, diverso da $1$, in $A_n$ per $n>3$ ed esso contiene un $3$-ciclo allora $N=A_n$
non occorre tirare in ballo cose così "avanzate" in questo caso.L'idea è considerare il 3-Sylow di H, sia esso K. Dato $g in A_4$ cosa puoi dire di $g^{-1}Kg$ ?
"Martino":Scrivere $sigma^6=1$ significa solo che l'elemento $sigma$ elevato alla 6 fa 1. Questo non esclude che $sigma$ possa avere ordine 1, 2 oppure 3.
[quote="mistake89"]Non capisco solo perchè non è corretto far discendere da $sigma^6=1$ il fatto che $D_6$ possieda un elemento di periodo $6$. Io ho pensato che essendo un gruppo presentato, quella presentazione garantisse effettivamente quanto tu dici.
E' la presentazione che ti dice che $sigma$ ha ordine 6, non l'uguaglianza $sigma^6=1$ da sola.
Osserva che ogni gruppo è "presentabile", quindi, se fissi una presentazione senza specificarla, quando fai i conti la gente non può capire: in generale, la gente ha notazioni e abitudini diverse dalle tue, quindi devi chiarire le tue notazioni prima di fare qualsiasi altra cosa.
[/quote]
Certo, hai ragione!
[quote]In conseguenza a questo lemma (che per fortuna avevo già lettoQuesto è un cosiddetto "cannone"
Se $N$ è un sottogruppo normale, diverso da $1$, in $A_n$ per $n>3$ ed esso contiene un $3$-ciclo allora $N=A_n$
non occorre tirare in ballo cose così "avanzate" in questo caso.L'idea è considerare il 3-Sylow di H, sia esso K. Dato $g in A_4$ cosa puoi dire di $g^{-1}Kg$ ?[/quote]
Ah ecco!!!
il $3$-sylow è unico, quindi è normale. Ma $gKg^(-1)$ è diverso da $K$, se consideriamo un qualsiasi $ginA_4$ diverso dall'identità.
Non so se questo sia sufficiente... in realtà per provarlo ho qualche dubbio!
Io ho pensato che se $K$ ha ordine $3$ allora esso contiene un 3-ciclo, il suo inverso e l'identità. Quindi per ogni $ginA_4$ diverso da questi il gruppo non è più stabile.
Quanto invece all'osservazione di prima su un'altra possibile dimostrazione?
Grazie ancora per la disponibilità
"mistake89":Sono corrette, ma non hai finito. Devi ancora escludere il caso $H \cong S_3$.
Un altro modo di procedere poteva essere ad esempio dire:
Se $H$ è un sottogruppo di ordine $6$ allora esso è isomorfo o $ZZ_6$ se abeliano oppure a $D_3~=S_3$ nel caso in cui esso non sia abeliano.
Il primo caso è da escludere poichè $ZZ_6$ è ciclico di ordine $6$ quindi esiste almeno un elemento (in reltà $phi(6)=2$) di ordine $6$ che in $H$ non c'è, perchè non è presente nemmeno in $A_4$
Oppure queste considerazioni sono sbagliate?
il $3$-sylow è unico, quindi è normale. Ma $gKg^{-1}$ è diverso da $K$, se consideriamo un qualsiasi $g in A_4$ diverso dall'identità.Calma. Non puoi dimostrare che $gKg^{-1} ne K$, casomai puoi dimostrare proprio il contrario, cioè che $gKg^{-1}=K$ (come? ricorda che $K$ è dentro $H$ e che $H$ è normale). Questo vale per ogni $g in A_4$, quindi $K$ è normale in $A_4$. E questo porta a un assurdo (hai già osservato che $A_4$ non ha sottogruppi normali di ordine 3).
Non so se questo sia sufficiente... in realtà per provarlo ho qualche dubbio!
"Martino":Sono corrette, ma non hai finito. Devi ancora escludere il caso $H \cong S_3$.
[quote="mistake89"]Un altro modo di procedere poteva essere ad esempio dire:
Se $H$ è un sottogruppo di ordine $6$ allora esso è isomorfo o $ZZ_6$ se abeliano oppure a $D_3~=S_3$ nel caso in cui esso non sia abeliano.
Il primo caso è da escludere poichè $ZZ_6$ è ciclico di ordine $6$ quindi esiste almeno un elemento (in reltà $phi(6)=2$) di ordine $6$ che in $H$ non c'è, perchè non è presente nemmeno in $A_4$
Oppure queste considerazioni sono sbagliate?
[/quote]
Certo, solo che nel timore che esse fossero sbagliate mi sono fermato!
Allora poichè $|H|=6=2*3$ allora esisteranno un $3$-sylow $K$ ed un $2$-sylow $N$.
Sono su primi distinti, quindi hanno intersezione banale, hanno ordine primo, quindi sono in particolare abeliani, allora possiamo pensare $H~=KxN$. Ma allora $H$ è abeliano, e quindi in particolare non potrà essere isomorfo ad $S_3$.
Ma questo è assurdo!
Calma. Non puoi dimostrare che $gKg^{-1} ne K$, casomai puoi dimostrare proprio il contrario, cioè che $gKg^{-1}=K$ (come? ricorda che $K$ è dentro $H$ e che $H$ è normale). Questo vale per ogni $g in A_4$, quindi $K$ è normale in $A_4$. E questo porta a un assurdo (hai già osservato che $A_4$ non ha sottogruppi normali di ordine 3).[/quote]
[quote]il $3$-sylow è unico, quindi è normale. Ma $gKg^{-1}$ è diverso da $K$, se consideriamo un qualsiasi $g in A_4$ diverso dall'identità.
Non so se questo sia sufficiente... in realtà per provarlo ho qualche dubbio!
Ah ecco
Ci penserò un pò meglio! e lo scriverò.
PS Una piccola curiosità. Abbiamo terminato in questi giorni la classificazione di gruppi di ordine $=<15$ e tutto sembrava abbordabile... poi già all'ordine $16$ il numero dei gruppi aumenta in maniera notevole, ce ne sono ben $14$ (di cui $9$ non abeliani) e le cose credo che mano mano che cresca l'ordine sia sempre peggio.
Ora mi chiedevo come si fa a classicare questi gruppi. Immagino che non sia una cosa affatto banale, ma dato un ordine relativamente basso, tipo 30/40, come si può risalire al numero dei gruppi non isomorfi?
"mistake89":Ma scusa, $S_3$ ha un 3-Sylow $K$ e un 2-Sylow $N$. $K$ e $N$ hanno intersezione banale e $S_3$ non è il loro prodotto diretto (altrimenti sarebbe abeliano). Eppure $S_3$ esiste. No?
Allora poichè $|H|=6=2*3$ allora esisteranno un $3$-sylow $K$ ed un $2$-sylow $N$.
Sono su primi distinti, quindi hanno intersezione banale, hanno ordine primo, quindi sono in particolare abeliani, allora possiamo pensare $H~=KxN$. Ma allora $H$ è abeliano, e quindi in particolare non potrà essere isomorfo ad $S_3$.
Ma questo è assurdo!
Dal fatto che $K$ e $N$ sono abeliani con intersezione banale non puoi dedurre che $H=K xx N$.
PS Una piccola curiosità. Abbiamo terminato in questi giorni la classificazione di gruppi di ordine $=<15$ e tutto sembrava abbordabile... poi già all'ordine $16$ il numero dei gruppi aumenta in maniera notevole, ce ne sono ben $14$ (di cui $9$ non abeliani) e le cose credo che mano mano che cresca l'ordine sia sempre peggio.Il problema non cresce all'aumentare dell'ordine, ma all'aumentare del numero di fattori primi (per capirci, classificare i gruppi di ordine 3128093711 è banale, anche se 3128093711 è un numero "grande" - perché è primo!). 16 è il più piccolo numero che ammette uno stesso primo con molteplicità 4 nella fattorizzazione. In realtà è il primo numero per cui classificare i gruppi di quell'ordine è un problema non elementare. Se provi con 17, 18, 19 e i successivi ti accorgi che sono abbordabili. Il successivo numero un po' problematico sarà $3^3$, naturalmente.
Ora mi chiedevo come si fa a classicare questi gruppi. Immagino che non sia una cosa affatto banale, ma dato un ordine relativamente basso, tipo 30/40, come si può risalire al numero dei gruppi non isomorfi?
"Martino":Ma scusa, $S_3$ ha un 3-Sylow $K$ e un 2-Sylow $N$. $K$ e $N$ hanno intersezione banale e $S_3$ non è il loro prodotto diretto (altrimenti sarebbe abeliano). Eppure $S_3$ esiste. No?
[quote="mistake89"]Allora poichè $|H|=6=2*3$ allora esisteranno un $3$-sylow $K$ ed un $2$-sylow $N$.
Sono su primi distinti, quindi hanno intersezione banale, hanno ordine primo, quindi sono in particolare abeliani, allora possiamo pensare $H~=KxN$. Ma allora $H$ è abeliano, e quindi in particolare non potrà essere isomorfo ad $S_3$.
Ma questo è assurdo!
Dal fatto che $K$ e $N$ sono abeliani con intersezione banale non puoi dedurre che $H=K xx N$.
[/quote]
Manca il fatto che $K$ è normale in $H$, essendo l'unico $3$-sylow, o se vogliamo avendo indice $2$ in $H$, quindi $H=KN$
Così dovrebbe essere completa o ho preso un'altra cantonata?!
"mistake89":La dimostrazione non funziona. Guarda:
Manca il fatto che $K$ è normale in $H$, essendo l'unico $3$-sylow, o se vogliamo avendo indice $2$ in $H$, quindi $H=KN$
Così dovrebbe essere completa o ho preso un'altra cantonata?!
"mistake89":Se funzionasse avresti dimostrato che $S_3$ non esiste. Sei d'accordo?
Allora poichè $|H|=6=2*3$ allora esisteranno un $3$-sylow $K$ ed un $2$-sylow $N$.
Sono su primi distinti, quindi hanno intersezione banale, hanno ordine primo, quindi sono in particolare abeliani, allora possiamo pensare $H~=KxN$. Ma allora $H$ è abeliano, e quindi in particolare non potrà essere isomorfo ad $S_3$.
Ma questo è assurdo!
Per dire che $H=K xx N$ hai bisogno che sia $K$ che $N$ siano normali.
Già è verissimo! Alle volte le sparo senza pensarci poi molto a quello che scrivo:-D
Però, tornando nel merito, non mi pare che si possa dire che $N$ è normale a priori, quindi questo metodo non si può applicare per scartare $H~=S_3$
Oppure c'è un altro modo?
Grazie infinite!
Però, tornando nel merito, non mi pare che si possa dire che $N$ è normale a priori, quindi questo metodo non si può applicare per scartare $H~=S_3$
Oppure c'è un altro modo?
Grazie infinite!
"mistake89":In effetti non credo che questa idea porti lontano.
questo metodo non si può applicare per scartare $H~=S_3$
Oppure c'è un altro modo?
Se provi a ragionare sul 3-Sylow di H riesci a concludere
Forse ci sono:
Io ho per costruzione di $H
Quindi si ha $gKg^(-1)subgHg^(-1)subH$ e poichè $K$ è normale in $H$ si ha $gKg^(-1)=K$
Io ho per costruzione di $H
Quindi si ha $gKg^(-1)subgHg^(-1)subH$ e poichè $K$ è normale in $H$ si ha $gKg^(-1)=K$
Esatto.
Grazie Martino... mi ha fatto proprio penare però alla fine!
Mi piacciono questi tuoi esercizi
Il "metodo" che ho usato prima potrebbe essere utile per esempio per dimostrare che $S_5$ non ha sottogruppi di ordine $15$ vero?
Poichè una cosa simile vorrebbe dire che tale sottogruppo $H$ deve essere isomorfo a $ZZ_15$ cioè contenere un elemento di ordine $15$ e ciò non è vero.
Grazie ancora
Mi piacciono questi tuoi esercizi
Il "metodo" che ho usato prima potrebbe essere utile per esempio per dimostrare che $S_5$ non ha sottogruppi di ordine $15$ vero?
Poichè una cosa simile vorrebbe dire che tale sottogruppo $H$ deve essere isomorfo a $ZZ_15$ cioè contenere un elemento di ordine $15$ e ciò non è vero.
Grazie ancora
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