$S_4$ risolubile e nilpotente?

[deserto1]

Buonasera
Ho trovato che $S_4$ è un gruppo risolubile poichè è possibile costruire una catena di sottogruppi di $S_4$ $N_0,N_1, ..., N_r,{id}$ tali che $S_4=N_0 sup N_1 sup ...sup N_r={id}$, $N_i$ è normale in $N_(i-1)$ e $N_(i-1)//N_i$ è abeliano: è sufficiente considerare come sottogruppi formanti la catena il gruppo alterno $A_4$ ed il gruppo di Klein $K$.
Il mio dubbio è se ci siano altre catene di sottogruppi che vadano bene oppure se la catena è unica, nel caso che non sia unica il numero di elementi della catena è sempre lo stesso o può variare? Ci sono dei risultati teorici in tale senso?
Mi domando poi se $S_4$ sia un gruppo nilpotente. Provarlo direttamente sembra complicato per via del numero di elementi coinvolti.
Si potrebbe allora usare la proposizione che se $G$ è un gruppo nilpotente ed $N !={id}$ un suo sottogruppo normale allora $N nn Z(G) != {id}$. In tale caso poichè prendendo il gruppo di Klein si ha $K nn Z(S_4) = {id}$ si ha che $S_4$ non può essere nilpotente. Osservazioni?
Grazie

[Studente Anonimo]

Per quanto riguarda la risolubilità: il teorema di Jordan-Holder dice che ogni serie di composizione ha gli stessi fattori di composizione, e quindi ogni serie massimale di un gruppo risolubile ha un numero fisso di fattori.

Per quanto riguarda la nilpotenza: ricorda che un gruppo finito è nilpotente se e solo se tutti i suoi sottogruppi di Sylow sono normali.

[deserto1]

"Martino":
Per quanto riguarda la nilpotenza: ricorda che un gruppo finito è nilpotente se e solo se tutti i suoi sottogruppi di Sylow sono normali.

Grazie per il suggerimento. Ho appena provato anche questa strada per dimostrare che $S_4$ non è nilpotente.
Indico i passaggi principali che ho percorso.
$o(S_4)=2^3*3$
Ci sono o $1$ o $4$ $3$-Sylow e questi hanno ordine $3$.
Mi trovo un qualsiasi sottogruppo di $S_4$ che abbia ordine $3$, questo risulta essere automaticamente un $3$-Sylow per $S_4$:
$H={id, (123), (132)}$. Questo non è un sottogruppo normale di $S_4$, infatti considerato $(234)$ ed il suo inverso $(243)$ si ha che $(234)(123)(243)$ non è un elemento di $H$.

A questo punto mi si apre un altro interrogativo.
Se $G$ è un gruppo di ordine $24$ allora $G$ ha o $1$ o $3$ $2$-Sylow. Nel caso che ci sia un unico $3$-Sylow ed un unico $2$-Sylow si ha che $G$ è nilpotente ed inoltre che $G$ è prodotto diretto di questi suoi due sottogruppi. Mi domando se ci sia un metodo rapido per stabilire quale di questi (link) gruppi di ordine $24$ sia nilpotente.
Io direi che $ZZ_24$ possa andare bene poichè essendo $ZZ_24$ un gruppo abeliano finito esso è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow ed essendo $ZZ_24~~ZZ_(2^3)xZZ_3$ deve ricadere nel caso in esame. Ma ce ne sono altri? Grazie.

[Studente Anonimo]

"deserto":ce ne sono altri?

Un gruppo nilpotente di ordine 24 sara' della forma [tex]G=H \times K[/tex] dove [tex]|H|=3[/tex] e [tex]|K|=8[/tex]. G e' non abeliano se e solo se K e' non abeliano. Osserva che H e K sono p-gruppi, in particolare sono nilpotenti.

[deserto1]

Ciao
Pertanto posso dire che trai gruppi di ordine $24$:
$Q_8xZZ_3$ e $D_8xZZ_3$ sono nilpotenti e pertanto risolubili e inoltre non sono abeliani;
$ZZ_8xZZ_3$ è nilpotente, risolubile ed abeliano;
$S_3xZZ_4$ e $A_4xZZ_2$ non sono nilpotenti e non sono abeliani;
$S_4$ non è nilpotente, è risolubile, non è abeliano.

Se ho poi capito bene nel caso il gruppo avesse ordine $24$ affinchè possa essere nilpotente deve avere solo un $2$- Sylow ed un solo $3$- Sylow, quindi i gruppi di ordine $24$ che hanno ad esempio $4$ $3$- Sylow non possono essere nilpotenti.
Grazie ancora

[Studente Anonimo]

Tieni presente che l'abelianita' implica la nilpotenza, e la nilpotenza implica la risolubilita'.

Prego.