Semplicità di $A_n$ per $n>=5$ (tentativo di dimostrazion
Allora la mia è una sorta di duplice richiesta, per chi non ha voglia di legger tutto la domanda si riassume in "avete una dimostrazione che $A_5$ è semplice"?
In generale, a me manca quel punto, l'obbiettivo è mostrare che $A_n$ è semplice per ogni $n>=5$
Mi chiedo se quella che segue è giusta.
dim
induzione
Base ($A_5$) supponiamo di averla fatta
Ipotesi induttiva $A_(n-1)$ è semplice
Passo induttivo
Abbiamo bisogno prima del seguente
lemma
SE $H$ è un sottogruppo di $A_n$ con la proprietà che per ogni [tex]\sigma \in H[/tex] e per ogni $i=1,2,...,n$ abbiamo che [tex]\sigma(i) \ne i[/tex] (se sigma non è appunto l'identità) allora $H$ non è un sottogruppo normale di $A_n$
dim lemma
Supponiamo che in $H$ ci sia un n-ciclo [tex]\sigma=(a_1 , a_2 , ... , a_n)[/tex]
Supponiamo per assurdo che $H$ sia normale, abbiamo che se [tex]\tau=(a_1,a_2)(a_3,a_4)[/tex], allora succederà che [tex]\tau^{-1} \sigma \tau \in H[/tex], quindi [tex]\tau^{-1} \sigma \tau = (a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n) \in H[/tex]
Dunque se componiamo due elementi di $H$, ad esempio [tex]\alpha=(a_1 , a_2 , ... , a_n)(a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n)[/tex], allora [tex]\alpha (a_2)=a_2[/tex], dunque [tex]\alpha[/tex] lasciando fisso un punto non è un elemento di $H$. Quindi se $H$ è normale non contiene un n-ciclo.
A questo punto il più è fatto, consideriamo infatti un generico elemento [tex]\sigma \in H[/tex] allora consideriamo la sua scomposizione in cicli disgiunti
[tex]\sigma= \alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_t[/tex], dunque se $H$ fosse normale [tex]\tau^{-1} \sigma \tau \in H[/tex], poniamo ad esempio
[tex]\alpha_1=(a_1,a_2,...,a_s)[/tex] allora questo non è un n-ciclo (ipotesi già analizzata), dunque esisterà un $a_(s+1)!=a_i$ per ogni $i=1,2,...,s$, quindi basta considerare [tex]\tau=(a_1 , a_{s+1}) (a_2 a_3)[/tex] e quindi [tex]\tau^{-1} \sigma \tau= \tau^{-1} \alpha_1 \tau \tau^{-1} \alpha_2 \tau ... \tau^{-1} \alpha_t \tau[/tex], quindi inutile dire che questo lascia fisso $a_1$ e quindi non appartiene ad $H$.
Quindi $H$ non può esser normale.
Utilizzando il lemma ora esaminiamo $A_n$
Supponiamo $H$ sottogruppo normale di $A_n$, allora certamente, grazie al lemma, esiste un [tex]\sigma \in H[/tex] tale che [tex]\sigma(i)=i[/tex] per qualche $i$. Consideriamo dunque lo stabilizzatore di $i$, battezziamolo [tex]G_i=stab(i)=( \sigma \in A_n | \sigma(i)=i)[/tex].
Palesemente abbiamo che [tex]G_i[/tex] è isomorfo ad [tex]A_{n-1}[/tex], possiamo infatti considerarlo come tutte le permutazioni del gruppo alterno che non coinvolgono $i$. Quindi per ipotesi induttiva $G_i$ è semplice. ma abbiamo che $H$ è normale, inoltre ha intersezione non banale con $G_i$ poichè [tex]\sigma \in H[/tex] ma anche [tex]\sigma \in G_i[/tex] e inoltre sigma è non banale (vedi ipotesi del lemma se non ti torna).
Ricordiamo il seguente risultato
Teorema
Se $H$è normale in $G$ e $K$ è un sottogruppo qualsiasi allora [tex]H \cap K[/tex] è normale in $K$
Quindi [tex]G_i \cap H[/tex] è non banale (già visto) ed è normale in $G_i$, ma quest'ultimo è semplice, quindi $G_i$ è contenuto in $H$.
A questo punto se $G_i$ è in $H$, allora $G_j$ è in $H$ per ogni $j$, basta coniugare per spostate l'indice (se qualcuno vuole spendo qualche parola in più qui ma non è difficile da vedere e non voglio appesantire troppo).Quindi $H$ contiene tutti li stabilizzatori, non è difficile dedurne che $H$ allora era tutto il gruppo $A_n$, ad esempio in $H$ ci troviamo tutti i 3-cicli.
Dunque la tesi.
A me questa dimostrazione piace molto, spero che qualcuno possa tappare il buco dell'ipotesi induttiva, senza la quale a priori potrebbe anche tutto esser falso (e ci mancherebbe).
Conosco una dimostrazione con Sylow ma non mi sembra opportuna.
Spero che qualcuno abbia avuto la pazienza di leggere e mi segnali eventuali errori (avendola fatta io ce ne saranno sicuramente)
In generale, a me manca quel punto, l'obbiettivo è mostrare che $A_n$ è semplice per ogni $n>=5$
Mi chiedo se quella che segue è giusta.
dim
induzione
Base ($A_5$) supponiamo di averla fatta
Ipotesi induttiva $A_(n-1)$ è semplice
Passo induttivo
Abbiamo bisogno prima del seguente
lemma
SE $H$ è un sottogruppo di $A_n$ con la proprietà che per ogni [tex]\sigma \in H[/tex] e per ogni $i=1,2,...,n$ abbiamo che [tex]\sigma(i) \ne i[/tex] (se sigma non è appunto l'identità) allora $H$ non è un sottogruppo normale di $A_n$
dim lemma
Supponiamo che in $H$ ci sia un n-ciclo [tex]\sigma=(a_1 , a_2 , ... , a_n)[/tex]
Supponiamo per assurdo che $H$ sia normale, abbiamo che se [tex]\tau=(a_1,a_2)(a_3,a_4)[/tex], allora succederà che [tex]\tau^{-1} \sigma \tau \in H[/tex], quindi [tex]\tau^{-1} \sigma \tau = (a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n) \in H[/tex]
Dunque se componiamo due elementi di $H$, ad esempio [tex]\alpha=(a_1 , a_2 , ... , a_n)(a_2,a_1,a_4,a_3, a_5, ... ,a_n)[/tex], allora [tex]\alpha (a_2)=a_2[/tex], dunque [tex]\alpha[/tex] lasciando fisso un punto non è un elemento di $H$. Quindi se $H$ è normale non contiene un n-ciclo.
A questo punto il più è fatto, consideriamo infatti un generico elemento [tex]\sigma \in H[/tex] allora consideriamo la sua scomposizione in cicli disgiunti
[tex]\sigma= \alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_t[/tex], dunque se $H$ fosse normale [tex]\tau^{-1} \sigma \tau \in H[/tex], poniamo ad esempio
[tex]\alpha_1=(a_1,a_2,...,a_s)[/tex] allora questo non è un n-ciclo (ipotesi già analizzata), dunque esisterà un $a_(s+1)!=a_i$ per ogni $i=1,2,...,s$, quindi basta considerare [tex]\tau=(a_1 , a_{s+1}) (a_2 a_3)[/tex] e quindi [tex]\tau^{-1} \sigma \tau= \tau^{-1} \alpha_1 \tau \tau^{-1} \alpha_2 \tau ... \tau^{-1} \alpha_t \tau[/tex], quindi inutile dire che questo lascia fisso $a_1$ e quindi non appartiene ad $H$.
Quindi $H$ non può esser normale.
Utilizzando il lemma ora esaminiamo $A_n$
Supponiamo $H$ sottogruppo normale di $A_n$, allora certamente, grazie al lemma, esiste un [tex]\sigma \in H[/tex] tale che [tex]\sigma(i)=i[/tex] per qualche $i$. Consideriamo dunque lo stabilizzatore di $i$, battezziamolo [tex]G_i=stab(i)=( \sigma \in A_n | \sigma(i)=i)[/tex].
Palesemente abbiamo che [tex]G_i[/tex] è isomorfo ad [tex]A_{n-1}[/tex], possiamo infatti considerarlo come tutte le permutazioni del gruppo alterno che non coinvolgono $i$. Quindi per ipotesi induttiva $G_i$ è semplice. ma abbiamo che $H$ è normale, inoltre ha intersezione non banale con $G_i$ poichè [tex]\sigma \in H[/tex] ma anche [tex]\sigma \in G_i[/tex] e inoltre sigma è non banale (vedi ipotesi del lemma se non ti torna).
Ricordiamo il seguente risultato
Teorema
Se $H$è normale in $G$ e $K$ è un sottogruppo qualsiasi allora [tex]H \cap K[/tex] è normale in $K$
Quindi [tex]G_i \cap H[/tex] è non banale (già visto) ed è normale in $G_i$, ma quest'ultimo è semplice, quindi $G_i$ è contenuto in $H$.
A questo punto se $G_i$ è in $H$, allora $G_j$ è in $H$ per ogni $j$, basta coniugare per spostate l'indice (se qualcuno vuole spendo qualche parola in più qui ma non è difficile da vedere e non voglio appesantire troppo).Quindi $H$ contiene tutti li stabilizzatori, non è difficile dedurne che $H$ allora era tutto il gruppo $A_n$, ad esempio in $H$ ci troviamo tutti i 3-cicli.
Dunque la tesi.
A me questa dimostrazione piace molto, spero che qualcuno possa tappare il buco dell'ipotesi induttiva, senza la quale a priori potrebbe anche tutto esser falso (e ci mancherebbe).
Conosco una dimostrazione con Sylow ma non mi sembra opportuna.
Spero che qualcuno abbia avuto la pazienza di leggere e mi segnali eventuali errori (avendola fatta io ce ne saranno sicuramente)
Risposte
Non ho letto il tuo post. Comunque ti segnalo una dimostrazione in
http://www.jmilne.org/math/CourseNotes/GT.pdf
a pagina 62.
http://www.jmilne.org/math/CourseNotes/GT.pdf
a pagina 62.
"angus89":La dimostrazione del fatto che $A_5$ è semplice è... "semplice"
"avete una dimostrazione che $A_5$ è semplice"?
(sono proprio simpatico), basta elencare le classi di coniugio di $A_5$ ed osservare due cose:- ogni sottogruppo normale è unione disgiunta di classi di coniugio;
- nessuna somma di ordini di classi di coniugio di $A_5$ divide $|A_5|$.
Venendo alla dimostrazione, c'è un problema. Ma prima di dirtelo osservo che sarebbe stato ben strano che la tua dimostrazione funzionasse perché (così mi pare) non fai mai riferimento al fatto che $A_n$ consiste delle permutazioni pari!
Il problema emerge dalla dimostrazione del lemma.
consideriamo infatti un generico elemento [tex]\sigma \in H[/tex] allora consideriamo la sua scomposizione in cicli disgiuntiNon mi sembra: per esempio $(123)(456)^{(14)(23)} = (432)(156)$ non lascia fisso $1$. L'elemento per cui conviene coniugare in questo caso è $(1436)(25)$.
[tex]\sigma= \alpha_1 \alpha_2 ... \alpha_t[/tex], dunque se $H$ fosse normale [tex]\tau^{-1} \sigma \tau \in H[/tex], poniamo ad esempio
[tex]\alpha_1=(a_1,a_2,...,a_s)[/tex] allora questo non è un n-ciclo (ipotesi già analizzata), dunque esisterà un $a_(s+1)!=a_i$ per ogni $i=1,2,...,s$, quindi basta considerare [tex]\tau=(a_1 , a_{s+1}) (a_2 a_3)[/tex] e quindi [tex]\tau^{-1} \sigma \tau= \tau^{-1} \alpha_1 \tau \tau^{-1} \alpha_2 \tau ... \tau^{-1} \alpha_t \tau[/tex], quindi inutile dire che questo lascia fisso $a_1$
In realtà il caso in cui nessun elemento non identico di $H$ ha punti fissi è il più difficile, ed occorre (che io sappia) conoscere le classi di coniugio di $A_n$. Vedi qui, pagina 40 (fammi sapere se trovi errori).
Benissimo dalle note mi sembra abbastanza chiaro come procedere...
ti ringrazio...
ti ringrazio...
mi sembra un insulto aprire un altro topic per una domanda inerente agli alterni e al simmetrico, molto rapida:
Quali sono i sottogruppi normali di $S_n$?Credo che la risposta sia solo $A_n$ essendo questo massimale ed essendoci un teorema che dice che l'intersezione di un sottogruppo con $A_n$ non è mai banale, o è tutto o e la metà della cardinalità del sottogruppo stesso.
Spero non siano sciocchezze.
Quali sono i sottogruppi normali di $S_n$?Credo che la risposta sia solo $A_n$ essendo questo massimale ed essendoci un teorema che dice che l'intersezione di un sottogruppo con $A_n$ non è mai banale, o è tutto o e la metà della cardinalità del sottogruppo stesso.
Spero non siano sciocchezze.
"angus89":Se $n ne 4$ allora il solo sottogruppo normale non banale di $S_n$ è $A_n$. $S_4$ ammette un ulteriore sottogruppo normale, il gruppo di Klein (l'intersezione dei suoi $2$-Sylow, è il sottogruppo di $S_4$ seguente: [tex]\{1,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}[/tex], isomorfo a $C_2 xx C_2$).
Quali sono i sottogruppi normali di $S_n$?
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