Sistema di equazioni di permutazioni
Riporto la mia soluzione al seguente esercizio, ditemi se secondo voi può andar bene!
Provare che in $S_5$ l'unica permutazione $\sigma$ per cui
$\{(\sigma^2=(12)\sigma(12)), (\sigma^3=(23)\sigma(23)):}$
è l'identità.
Chiaramente $\sigma=id$ verifica il sistema dato.
Sia allora $\sigma \in S_5$ che verifica il sistema; da $\sigma^2=(12)\sigma(12)$ si ottiene $\sigma=(12)\sigma(12)\sigma^-1$.
Quindi, $(23)\sigma(23)=\sigma^3=\sigma^2\sigma=(12)\sigma(12)(12)\sigma(12)\sigma^-1=(12)\sigma^2(12)\sigma^-1=(12)(12)\sigma(12)(12)\sigma^-1=\sigma\sigma^-1=id$ sfruttando il fatto che il quadrato di una trasposizione è l'identità. Ne segue che $(23)\sigma(23)=id \Rightarrow \sigma=id$.
Provare che in $S_5$ l'unica permutazione $\sigma$ per cui
$\{(\sigma^2=(12)\sigma(12)), (\sigma^3=(23)\sigma(23)):}$
è l'identità.
Chiaramente $\sigma=id$ verifica il sistema dato.
Sia allora $\sigma \in S_5$ che verifica il sistema; da $\sigma^2=(12)\sigma(12)$ si ottiene $\sigma=(12)\sigma(12)\sigma^-1$.
Quindi, $(23)\sigma(23)=\sigma^3=\sigma^2\sigma=(12)\sigma(12)(12)\sigma(12)\sigma^-1=(12)\sigma^2(12)\sigma^-1=(12)(12)\sigma(12)(12)\sigma^-1=\sigma\sigma^-1=id$ sfruttando il fatto che il quadrato di una trasposizione è l'identità. Ne segue che $(23)\sigma(23)=id \Rightarrow \sigma=id$.
Risposte
Mi sembra tutto giusto. Un altro modo poteva essere
$\sigma = (12)^2 \sigma (12)^2 = (12) \sigma ^2 (12) = ((12) \sigma (12))^2 = \sigma^4$ $= \sigma \sigma^3 = \sigma (23) \sigma (23)$
da cui cancellando $\sigma$ a sinistra viene $id = (23) \sigma (23)$ e da qui la tesi.
$\sigma = (12)^2 \sigma (12)^2 = (12) \sigma ^2 (12) = ((12) \sigma (12))^2 = \sigma^4$ $= \sigma \sigma^3 = \sigma (23) \sigma (23)$
da cui cancellando $\sigma$ a sinistra viene $id = (23) \sigma (23)$ e da qui la tesi.
Ti ringrazio per la risposta! Anche la tua soluzione è certamente corretta e molto più rapida della mia; ti chiedo un'unica precisazione: la prima uguaglianza che hai scritto in realtà non serve per arrivare alla conclusione, o mi sbaglio?
Un'ultima domanda: la soluzione "ufficiale" riportata insieme al testo dell'esercizio è sicuramente più istruttiva da un punto di vista teorico rispetto alla mia, ma ci sono due passaggi che non capisco molto bene. La copio qui sotto e poi cito i due passaggi che non mi sono chiari, spero che qualcuno possa darmi delucidazioni in proposito.
"Soluzione. Sia $\sigma \in S_5$ per cui valgano le condizioni $\sigma^2 = (12)\sigma(12)$ e $\sigma^3 = (23)\sigma(23)$ e sia $H$ il sottogruppo di $S_5$ generato da $\sigma$ . Chiaramente $H$ è un gruppo ciclico di ordine $r:=o(\sigma)$. Allora $(12)$ e $(23)$ appartengono al normalizzatore di $H$ in $S_5$ e quindi le assegnazioni $\sigma \mapsto \sigma^2$ e $\sigma \mapsto \sigma^3$ si estendono ad automorfismi di $H$. Ne deduciamo che $r$ è primo con 6.
Considerando le possibili strutture in cicli delle permutazioni di $S_5$ e i relativi ordini abbiamo che solo l’identità e i 5–cicli hanno ordine primo con 6. E’ ovvio che l’identità verifica le condizioni richieste. Possiamo allora supporre che $\sigma$ sia un 5–ciclo e provare che ciò è impossibile.
Sfruttando che $\sigma$ ha ordine 5 abbiamo:
$\sigma= \sigma^6 = (\sigma^2)^3 = ((12)\sigma(12))^3 = (12)\sigma^3(12) = (12)(23)\sigma(23)(12)$.
Cioè $(123) = (12)(23)$ è un elemento del centralizzatore $Z(\sigma)$ di $\sigma$ in $S_5$. Ma la classe
coniugata di $\sigma$ è l’insieme dei 5–cicli e quindi ha $4!$ elementi, da cui $Z(\sigma)$ ha cinque elementi; allora $Z(\sigma) = H$ che non contiene tre cicli."
I due punti che non mi sono molto chiari (che sono collegati tra loro) sono i seguenti:
1) (righe 2-3) "Allora $(12)$ e $(23)$ appartengono al normalizzatore di $H$ in $S_5$ e quindi le assegnazioni $\sigma \mapsto \sigma^2$ e $\sigma \mapsto \sigma^3$ si estendono ad automorfismi di $H$."
Non capisco che bisogno c'è di usare il normalizzatore: non basta osservare che $\sigma^2$ e $\sigma^3$ sono coniugati di $\sigma$ quindi hanno lo stesso ordine di $\sigma$ e chiaramente appartengono ad $H$ poichè sono potenze del suo generatore quindi le mappe citate nel testo possono essere estese ad automorfismi di $H$ ?
2) (riga 4) "Ne deduciamo che $r$ è primo con 6."
Perchè? Credo sia questa la motivazione, ma non ne sono sicura: se l'ordine di $\sigma$ fosse un multiplo di 2, sia esso $2k, k \ne 0$, si avrebbe, per quanto detto sopra, $\sigma^(2k)=id=(\sigma^2)^k$, impossibile perchè l'ordine di $\sigma^2$ è $2k$. Analogamente per $\sigma^3$. (Tra l'altro se la spiegazione di questo punto è quella che ho dato io non capisco a cosa serva parlare di automorfismi nel punto 1)..non basta ossevare che gli elementi in questione hanno lo stesso ordine?).
Probabilmente sono stupidaggini e non sto vedendo una cosa ovvia.. Un aiuto?
Un'ultima domanda: la soluzione "ufficiale" riportata insieme al testo dell'esercizio è sicuramente più istruttiva da un punto di vista teorico rispetto alla mia, ma ci sono due passaggi che non capisco molto bene. La copio qui sotto e poi cito i due passaggi che non mi sono chiari, spero che qualcuno possa darmi delucidazioni in proposito.
"Soluzione. Sia $\sigma \in S_5$ per cui valgano le condizioni $\sigma^2 = (12)\sigma(12)$ e $\sigma^3 = (23)\sigma(23)$ e sia $H$ il sottogruppo di $S_5$ generato da $\sigma$ . Chiaramente $H$ è un gruppo ciclico di ordine $r:=o(\sigma)$. Allora $(12)$ e $(23)$ appartengono al normalizzatore di $H$ in $S_5$ e quindi le assegnazioni $\sigma \mapsto \sigma^2$ e $\sigma \mapsto \sigma^3$ si estendono ad automorfismi di $H$. Ne deduciamo che $r$ è primo con 6.
Considerando le possibili strutture in cicli delle permutazioni di $S_5$ e i relativi ordini abbiamo che solo l’identità e i 5–cicli hanno ordine primo con 6. E’ ovvio che l’identità verifica le condizioni richieste. Possiamo allora supporre che $\sigma$ sia un 5–ciclo e provare che ciò è impossibile.
Sfruttando che $\sigma$ ha ordine 5 abbiamo:
$\sigma= \sigma^6 = (\sigma^2)^3 = ((12)\sigma(12))^3 = (12)\sigma^3(12) = (12)(23)\sigma(23)(12)$.
Cioè $(123) = (12)(23)$ è un elemento del centralizzatore $Z(\sigma)$ di $\sigma$ in $S_5$. Ma la classe
coniugata di $\sigma$ è l’insieme dei 5–cicli e quindi ha $4!$ elementi, da cui $Z(\sigma)$ ha cinque elementi; allora $Z(\sigma) = H$ che non contiene tre cicli."
I due punti che non mi sono molto chiari (che sono collegati tra loro) sono i seguenti:
1) (righe 2-3) "Allora $(12)$ e $(23)$ appartengono al normalizzatore di $H$ in $S_5$ e quindi le assegnazioni $\sigma \mapsto \sigma^2$ e $\sigma \mapsto \sigma^3$ si estendono ad automorfismi di $H$."
Non capisco che bisogno c'è di usare il normalizzatore: non basta osservare che $\sigma^2$ e $\sigma^3$ sono coniugati di $\sigma$ quindi hanno lo stesso ordine di $\sigma$ e chiaramente appartengono ad $H$ poichè sono potenze del suo generatore quindi le mappe citate nel testo possono essere estese ad automorfismi di $H$ ?
2) (riga 4) "Ne deduciamo che $r$ è primo con 6."
Perchè? Credo sia questa la motivazione, ma non ne sono sicura: se l'ordine di $\sigma$ fosse un multiplo di 2, sia esso $2k, k \ne 0$, si avrebbe, per quanto detto sopra, $\sigma^(2k)=id=(\sigma^2)^k$, impossibile perchè l'ordine di $\sigma^2$ è $2k$. Analogamente per $\sigma^3$. (Tra l'altro se la spiegazione di questo punto è quella che ho dato io non capisco a cosa serva parlare di automorfismi nel punto 1)..non basta ossevare che gli elementi in questione hanno lo stesso ordine?).
Probabilmente sono stupidaggini e non sto vedendo una cosa ovvia.. Un aiuto?
"martina.c":
la prima uguaglianza che hai scritto in realtà non serve per arrivare alla conclusione, o mi sbaglio?
Non ho capito in che senso dici questo, io l'ho scritta perchè pensavo servisse, se mi fai vedere perchè non serve sarò felice di ricredermi.
1) Non hai torto, però anche il testo dice una cosa abbastanza semplice: dal momento che $(12)$ normalizza $H$ allora $(12)H(12) = H$, quindi la mappa $\sigma -> (12) \sigma (12)$ è surriettiva e quindi biettiva. Stesso discorso per $(23)$
2) Una potenza di $\sigma$ genera $H$ se e solo se il suo esponente è primo con l'ordine di $H$ (questo vale in generale per tutti i gruppi ciclici finiti). Dato che $\sigma^2$ e $\sigma^3$ generano $H$ (perchè gli automorfismi mandano generatori in generatori ...) allora $2$ e $3$ sono primi con $r$ e quindi $6$ è primo con $r$.
Grazie! Come avevo previsto erano stupidaggini; soprattutto la seconda è una mia grave mancanza. 
A questo proposito poteva anche andar bene, dopo aver osservato che gli elementi $\sigma, \sigma^2$ e $\sigma^3$ hanno lo stesso ordine (ad esempio perchè coniugati), dedurre che l'ordine di $\sigma$ è primo con 6 come avevo scritto io nel punto 2), vero?
Per quanto riguarda la tua prima uguaglianza mi sembra che si possa eliminare: $\sigma=(12)\sigma^2(12)$ si ricava direttamente dalla prima equazione del sistema se non sbaglio..
A questo proposito poteva anche andar bene, dopo aver osservato che gli elementi $\sigma, \sigma^2$ e $\sigma^3$ hanno lo stesso ordine (ad esempio perchè coniugati), dedurre che l'ordine di $\sigma$ è primo con 6 come avevo scritto io nel punto 2), vero?
Per quanto riguarda la tua prima uguaglianza mi sembra che si possa eliminare: $\sigma=(12)\sigma^2(12)$ si ricava direttamente dalla prima equazione del sistema se non sbaglio..
"martina.c":
A questo proposito poteva anche andar bene, dopo aver osservato che gli elementi σ,σ2 e σ3 hanno lo stesso ordine (ad esempio perchè coniugati), dedurre che l'ordine di σ è primo con 6 come avevo scritto io nel punto 2), vero?
Si penso vada bene comunque.
"martina.c":
Per quanto riguarda la tua prima uguaglianza mi sembra che si possa eliminare: σ=(12)σ2(12) si ricava direttamente dalla prima equazione del sistema se non sbaglio..
è vero non ci avevo fatto caso, grazie.
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