Sottogruppi ciclici
Sia $G=(ZZ_35)∗$
Determinare il numero di sottogruppi di $G$ di ordine $6$.
Ho calcolato il numero di elementi di ordine $6$ che è uguale a $6$. La mia idea è di dimostrare che preso un qualunque sottogruppo di ordine $6$ esso è ciclico, e una volta fatto questo il numero dei sottogruppi è $6/(\phi(6))=3$ dove $\phi$ è la funzione di Eulero.
Ma come dimostro che è ciclico?
Determinare il numero di sottogruppi di $G$ di ordine $6$.
Ho calcolato il numero di elementi di ordine $6$ che è uguale a $6$. La mia idea è di dimostrare che preso un qualunque sottogruppo di ordine $6$ esso è ciclico, e una volta fatto questo il numero dei sottogruppi è $6/(\phi(6))=3$ dove $\phi$ è la funzione di Eulero.
Ma come dimostro che è ciclico?
Risposte
Dev'esserci un equivoco. $(mathbbZ_35, *)$ è un gruppo di 34 elementi. Quindi può avere sottogruppi solo di ordine 1 (Gruppo banale ridotto al solo elemento unità), 2, 17, 34 (Sé stesso). Impossibile ordine 6 ! (Th. Lagrange).
Ricontrolla.
Ricontrolla.
Credo che simos93 intenda \(\displaystyle \left(\left(\mathbb{Z}_{35}\right)^{*}, \cdot\right)\), (si indica anche con \(\displaystyle (\mathbb{U}_{35}, \cdot) \) )
cioè il gruppo (moltiplicativo) formato dagli elementi invertibili di $ZZ_{35}$.
In generale \(\displaystyle \left(\left(\mathbb{Z}_{n}\right)^{*}, \cdot\right)\) è formato da $\varphi(n)$ elementi.
Quindi \(\displaystyle \left(\left(\mathbb{Z}_{35}\right)^{*}, \cdot\right)\) è formato da $\varphi(35)= \varphi(5)*\varphi(7)=4*6=24$ elementi.
cioè il gruppo (moltiplicativo) formato dagli elementi invertibili di $ZZ_{35}$.
In generale \(\displaystyle \left(\left(\mathbb{Z}_{n}\right)^{*}, \cdot\right)\) è formato da $\varphi(n)$ elementi.
Quindi \(\displaystyle \left(\left(\mathbb{Z}_{35}\right)^{*}, \cdot\right)\) è formato da $\varphi(35)= \varphi(5)*\varphi(7)=4*6=24$ elementi.
Ah in tal caso, certo.. Io l'ho sempre denotato (e visto scritto) $mathcalU(mathbbZ_n)$.
Che ha tanti elementi quanti sono i numeri da 1 a n relativamente primi con n. Cioè ciò che sputa fuori la buona vecchia $varphi(n)$...
Che ha tanti elementi quanti sono i numeri da 1 a n relativamente primi con n. Cioè ciò che sputa fuori la buona vecchia $varphi(n)$...
Si scusate intendevo \(\displaystyle \left(\mathbb{Z}_{35}\right)^{*} \)
ma non sapevo come scriverlo.
ma non sapevo come scriverlo.
up
Se un gruppo ha ordine $6$ e non è ciclico, necessariamente è isomorfo a $S_3$.
In $S_3$ ci sono tre elementi distinti di ordine $2$.
In \(\displaystyle \mathbb{U}_{35}\) ci sono solo due elementi di ordine $2$, e sono $34$ (cioè $-1$) e $6$ (prova a risolvere $x^2-=1 (mod 35)$).
Quindi nessun sottogruppo di ordine $6$ può essere isomorfo a $S_3$.
Pertanto tutti i sottogruppi di \(\displaystyle \mathbb{U}_{35}\) con ordine $6$ sono ciclici.
In $S_3$ ci sono tre elementi distinti di ordine $2$.
In \(\displaystyle \mathbb{U}_{35}\) ci sono solo due elementi di ordine $2$, e sono $34$ (cioè $-1$) e $6$ (prova a risolvere $x^2-=1 (mod 35)$).
Quindi nessun sottogruppo di ordine $6$ può essere isomorfo a $S_3$.
Pertanto tutti i sottogruppi di \(\displaystyle \mathbb{U}_{35}\) con ordine $6$ sono ciclici.
Perfetto. Grazie mille!
@Gi8 $\ \ $ Anche in $ZZ_{35}^\times$ ci sono tre elementi di ordine 2,
vale a dire $-1$ e $\pm 6$.
Ma non importa.... Il gruppo $S_3$ non e' commutativo
e non puo' essere sottogruppo di $ZZ_{35}^\times$
vale a dire $-1$ e $\pm 6$.
Ma non importa.... Il gruppo $S_3$ non e' commutativo
e non puo' essere sottogruppo di $ZZ_{35}^\times$
Hai ragione. Non solo ho sbagliato i conti (tra l'altro semplicissimi), ma non ho notato che c'era un modo velocissimo per concludere. Grazie Stickelberger 
, e scusa simos93 
, e scusa simos93
Figurati. Grazie a entrambi
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