Sottogruppi di $A_4$
Esercizio: Costruire tutti i sottogruppi di $A_4$. Suggerimento: sono 10. (Xke 10?)
Dunque, $A_4$ è il sottogruppo delle permutazioni pari in $S_4$. Ha indice 2 in $S_4$ e perciò ha ordine $4*3*2/2=12$.
I suoi elementi, per Lagrange, hanno ordine un divisore di $12$.
Perchè non può avere un elemento di ordine $12$? perchè altrimenti $A_4$ sarebbe ciclico (perchè $A_4$ è sicuramente non ciclico??
) .. e cmq se contiene un elemento di ordine 12 ne contiene uno di ordine 6 e questo non è possibile xke:
Perchè non può avere un elemento di ordine $6$? (xke non ci sono permutazioni di ordine 6 in $S_4$... xke????)
Non ci sono sottogruppi $H$ di ordine $6$:
Supponiamo che $h$ sia un elemento di ordine 2. Gli unici elementi in $A_4$ di periodo 2 sono i prodotti di 2 trasposizioni. A meno di coniugati $h=(12)(34)$. In tal caso non posso avere elementi delle stessa struttura ciclica in $H$: ad esempio se c è $(13)(24)$ allora $(12)(34)(13)(24) = (14)(23) ∈ H$ e quindi ${id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ⊂ H$ che contraddirebbe il Teorema di Lagrange, poiché 4 non divide 6.
Pertanto H deve contenere un elemento di ordine $3$, possiamo supporre che sia $(123)$. Allora $(132) ∈ H$ xke è il suo inverso e quindi , $(123)(12)(34) = (134) ∈ H$ , quindi $(134)(132) = (14)(23) ∈ H$, ma non ci possono essere altri prodotti di 2 trasposizioni in $H$ come prima.
Supponiamo $k\inH$ di ordine $3$ : in tal caso, per quanto appena dimostrato, tutti gli elementi di $H$ diversi dall’identità
devono avere periodo 3 altrimenti cadiamo nel caso precedente. Se uno di questi è $(123)$, ad $H$ appartengono anche il suo inverso ed un altro 3-ciclo, che possiamo supporre sia $(134)$, insieme al suo inverso $(143)$. Quindi ho 5 elementi e i loro prodotti: $(123)(134) = (234) ∈ H$ e il suo inverso, ecc... ma allora H ha più di 6 elementi. Assurdo.
Poiché ogni caso conduce ad una contraddizione, non esiste alcun sottogruppo di ordine $6$ in $A_4$.
Troviamo i sottogruppi di ordine $2$:
$<(12)(34)>$ e i suoi laterali che sono $3={12/2=6}/2$ perchè essendo cicli disgiunti devo togliere quelli uguali (giusto?). Questi sottogruppi hanno ordine $2$ e sono del tipo $H={1, (ab)(cd)}$.
I sottogruppi di ordine $3$:
$<(123)>=<(12)(13)>$ e i suoi laterali che sono $12/3=4$. Questi sottogruppi hanno ordine $3$ e sono del tipo $K={1, (ab)(ac), (ac)(ab)}$ (oss: le ultime due permutazioni non sono la stessa xke non sono cicli disgiunti e non posso trasporli, giusto?)
Siamo ha 9 sottogruppi: $1, A_4$ e i 3 sottogruppi di ordine $2$ e i 4 sottogruppi di ordine $3$.
Me ne manca 1: sarà prodotto di questi sottogruppi....
Ma il ragionamento fa acqua.. In teoria dovrei avere meno sottogruppi dei due tipi e più prodotti di quei sottogruppi..
Dunque, $A_4$ è il sottogruppo delle permutazioni pari in $S_4$. Ha indice 2 in $S_4$ e perciò ha ordine $4*3*2/2=12$.
I suoi elementi, per Lagrange, hanno ordine un divisore di $12$.
Perchè non può avere un elemento di ordine $12$? perchè altrimenti $A_4$ sarebbe ciclico (perchè $A_4$ è sicuramente non ciclico??
) .. e cmq se contiene un elemento di ordine 12 ne contiene uno di ordine 6 e questo non è possibile xke:Perchè non può avere un elemento di ordine $6$? (xke non ci sono permutazioni di ordine 6 in $S_4$... xke????)
Non ci sono sottogruppi $H$ di ordine $6$:
Supponiamo che $h$ sia un elemento di ordine 2. Gli unici elementi in $A_4$ di periodo 2 sono i prodotti di 2 trasposizioni. A meno di coniugati $h=(12)(34)$. In tal caso non posso avere elementi delle stessa struttura ciclica in $H$: ad esempio se c è $(13)(24)$ allora $(12)(34)(13)(24) = (14)(23) ∈ H$ e quindi ${id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ⊂ H$ che contraddirebbe il Teorema di Lagrange, poiché 4 non divide 6.
Pertanto H deve contenere un elemento di ordine $3$, possiamo supporre che sia $(123)$. Allora $(132) ∈ H$ xke è il suo inverso e quindi , $(123)(12)(34) = (134) ∈ H$ , quindi $(134)(132) = (14)(23) ∈ H$, ma non ci possono essere altri prodotti di 2 trasposizioni in $H$ come prima.
Supponiamo $k\inH$ di ordine $3$ : in tal caso, per quanto appena dimostrato, tutti gli elementi di $H$ diversi dall’identità
devono avere periodo 3 altrimenti cadiamo nel caso precedente. Se uno di questi è $(123)$, ad $H$ appartengono anche il suo inverso ed un altro 3-ciclo, che possiamo supporre sia $(134)$, insieme al suo inverso $(143)$. Quindi ho 5 elementi e i loro prodotti: $(123)(134) = (234) ∈ H$ e il suo inverso, ecc... ma allora H ha più di 6 elementi. Assurdo.
Poiché ogni caso conduce ad una contraddizione, non esiste alcun sottogruppo di ordine $6$ in $A_4$.
Troviamo i sottogruppi di ordine $2$:
$<(12)(34)>$ e i suoi laterali che sono $3={12/2=6}/2$ perchè essendo cicli disgiunti devo togliere quelli uguali (giusto?). Questi sottogruppi hanno ordine $2$ e sono del tipo $H={1, (ab)(cd)}$.
I sottogruppi di ordine $3$:
$<(123)>=<(12)(13)>$ e i suoi laterali che sono $12/3=4$. Questi sottogruppi hanno ordine $3$ e sono del tipo $K={1, (ab)(ac), (ac)(ab)}$ (oss: le ultime due permutazioni non sono la stessa xke non sono cicli disgiunti e non posso trasporli, giusto?)
Siamo ha 9 sottogruppi: $1, A_4$ e i 3 sottogruppi di ordine $2$ e i 4 sottogruppi di ordine $3$.
Me ne manca 1: sarà prodotto di questi sottogruppi....
Ma il ragionamento fa acqua.. In teoria dovrei avere meno sottogruppi dei due tipi e più prodotti di quei sottogruppi..
Risposte
Come si rappresenta con il diagramma di Hasse?
Il sottogruppo che ti manca è quello di ordine 4, generato dagli elementi di ordine 2. Osserva che tale sottogruppo è normale ed è proprio il 2-Sylow (se sai cosa vuol dire).
Il tuo ragionamento è finalizzato a trovare più sottogruppi possibile ma ti manca una "stima dall'alto". Ti conviene osservare che i sottogruppi di ordine 3 e 4 sono massimali (questo segue dall'osservazione che hai fatto sui sottogruppi di ordine 6) e quindi ogni sottogruppo proprio è contenuto in uno di essi. In altre parole un sottogruppo proprio non banale di [tex]A_4[/tex] che non ha ordine 3 è contenuto nel sottogruppo di ordine 4. In questo modo il problema diventa facile.
Il reticolo dei sottogruppi lo trovi qui.
Il tuo ragionamento è finalizzato a trovare più sottogruppi possibile ma ti manca una "stima dall'alto". Ti conviene osservare che i sottogruppi di ordine 3 e 4 sono massimali (questo segue dall'osservazione che hai fatto sui sottogruppi di ordine 6) e quindi ogni sottogruppo proprio è contenuto in uno di essi. In altre parole un sottogruppo proprio non banale di [tex]A_4[/tex] che non ha ordine 3 è contenuto nel sottogruppo di ordine 4. In questo modo il problema diventa facile.
Il reticolo dei sottogruppi lo trovi qui.
"Martino":
Il sottogruppo che ti manca è quello di ordine 4, generato dagli elementi di ordine 2. Osserva che tale sottogruppo è normale ed è proprio il 2-Sylow (se sai cosa vuol dire). Ti conviene osservare che i sottogruppi di ordine 3 e 4 sono massimali (questo segue dall'osservazione che hai fatto sui sottogruppi di ordine 6) e quindi ogni sottogruppo proprio è contenuto in uno di essi.
$L=<(12)(34), (13)(24)>$ e è costituito dagli elementi di ordine 2. Ok. E' normale xke il prodotto di $(12)(34)(12)(13)=(143)=(14)(13)\inL$. E' normale xke il prodotto di due 2-cicli disgiunti per un 3-ciclo è un prodotto di 2 2-cicli. ok
Xke è massimale? Cioè io ho dimostrato che non ci sono sottogruppi di ordine $>6$ e ho dimostrato che $L$ è un sottogruppo di ordine 4. Quindi è massimale. Ma senza costruirlo come faccio a dire che ne esiste uno e uno solo massimale di ordine 4?
E idem per ordine 3?
(e più in generale se fattorizzo $n=(p_1)^{n_1}\cdots(p_k)^{n_k}$ come faccio a indovinare le potenze dei massimali?)
Tre osservazioni che ti dovrebbero chiarire i punti oscuri.
1. Sia [tex]G[/tex] un gruppo finito. Se [tex]H \leq K \leq G[/tex] allora [tex]|G:H| = |G:K| \cdot |K:H|[/tex]. In particolare se un sottogruppo ha indice primo allora è massimale.
2. Il sottogruppo di [tex]A_4[/tex] generato dagli elementi di ordine 2 ha ordine 4, e siccome un coniugato di un elemento di ordine 2 ha ancora ordine 2 tale sottogruppo è normale. Più in generale se [tex]S \subseteq G[/tex] e [tex]g^{-1}sg \in S[/tex] per ogni [tex]s \in S[/tex], [tex]g \in G[/tex] allora [tex]\langle S \rangle[/tex] (il sottogruppo generato da [tex]S[/tex]) è normale.
3. [tex]L[/tex] è l'unico sottogruppo di ordine 4 perché contiene tutti gli elementi di ordine 2 e in [tex]A_4[/tex] non ci sono elementi di ordine 4 (prova a pensarci!).
1. Sia [tex]G[/tex] un gruppo finito. Se [tex]H \leq K \leq G[/tex] allora [tex]|G:H| = |G:K| \cdot |K:H|[/tex]. In particolare se un sottogruppo ha indice primo allora è massimale.
2. Il sottogruppo di [tex]A_4[/tex] generato dagli elementi di ordine 2 ha ordine 4, e siccome un coniugato di un elemento di ordine 2 ha ancora ordine 2 tale sottogruppo è normale. Più in generale se [tex]S \subseteq G[/tex] e [tex]g^{-1}sg \in S[/tex] per ogni [tex]s \in S[/tex], [tex]g \in G[/tex] allora [tex]\langle S \rangle[/tex] (il sottogruppo generato da [tex]S[/tex]) è normale.
3. [tex]L[/tex] è l'unico sottogruppo di ordine 4 perché contiene tutti gli elementi di ordine 2 e in [tex]A_4[/tex] non ci sono elementi di ordine 4 (prova a pensarci!).
"Martino":
Tre osservazioni che ti dovrebbero chiarire i punti oscuri.
1. Sia [tex]G[/tex] un gruppo finito. Se [tex]H \leq K \leq G[/tex] allora [tex]|G:H| = |G:K| \cdot |K:H|[/tex]. In particolare se un sottogruppo ha indice primo allora è massimale.
Da questo deduco che il sottogruppo di ordine 4 è massimale.
D'altra parte ne dedurrei che se esistesse un sottogruppo di ordine 6, anch esso sarebbe massimale, ma poichè non ne esistono allora si può rifare lo stesso ragionamento per la quelli di ordine $3=12/{2^2}$. E poichè ne esistono allora sono massimali. OK
Ma a priori senza trovarli, come potrei dire che esistono sicuramente due sottogruppi massimali uno di ordine 4 e uno di ordine 3?
"Martino":
3. [tex]L[/tex] è l'unico sottogruppo di ordine 4 perché contiene tutti gli elementi di ordine 2 e in [tex]A_4[/tex] non ci sono elementi di ordine 4 (prova a pensarci!).
Beh questo è ovvio xke gli un altro sottogruppo di ordine 4 avrebbe elementi di ordine o 2 o 4. Ma quelli di ordine 2 sono tutti nell'altro. L unica possibilità è che questo sottogruppo $L'= $ con $a$ di ordine 4. Ma di ordine 4 in $A_$ non ce ne sono! Infatti,
(potrei dimostrarlo contando i possibili elementi di $A_4$ nel caso in cui ce ne fosse uno di ordine 4... e trovare assurdo).
xo basta osservare che se scrivo un elemento di $A_4$ come prodotto di 2-cicli, allora si osserva che questo prodotto ha ordine o 2 o 3, poichè
due 2-cicli disgiunti commutano e quindi ha il prodotto ha ordine il mcm dei due = 2.
due 2-cicli congiunti (?) formano un 3-ciclo di ordine 3.
il prodotto di elementi di questo tipo è ancora un elemento di questo tipo e concludo.
Giusto?
I sottogruppi di ordine 3 sono massimali perché l'unico eventuale sottogruppo che li contiene dovrebbe avere ordine 6.
"crypto4":Non capisco cosa vuoi dire con "senza trovarli". In generale non è facile stabilire se un sottogruppo di un certo ordine esiste. Tuttavia se tale ordine è una potenza di un primo allora l'esistenza la ottieni dalla teoria di Sylow.
Ma a priori senza trovarli, come potrei dire che esistono sicuramente due sottogruppi massimali uno di ordine 4 e uno di ordine 3?
intendevo.. senza costruirli..
cioè quello che dico è: ho costruito un sottogruppo di ordine 3 e uno di ordine 4.. quindi poichè non ci sono sottogruppi di ordine 6, sono entrambi massimali.
Quello che vorrei sapere è: in un altro gruppo, c è un modo per stabilire se G contiene sottogruppi massimali di indice p primo?
(nel nostro caso abbiamo dimostrato che $A_4$ non ha sottogruppi di ordine 6. c era modo di saperlo senza dimostrarlo?).
cioè quello che dico è: ho costruito un sottogruppo di ordine 3 e uno di ordine 4.. quindi poichè non ci sono sottogruppi di ordine 6, sono entrambi massimali.
Quello che vorrei sapere è: in un altro gruppo, c è un modo per stabilire se G contiene sottogruppi massimali di indice p primo?
(nel nostro caso abbiamo dimostrato che $A_4$ non ha sottogruppi di ordine 6. c era modo di saperlo senza dimostrarlo?).
"crypto4":No, in generale non c'è modo di stabilire se un sottogruppo di un certo indice esiste.
Quello che vorrei sapere è: in un altro gruppo, c è un modo per stabilire se G contiene sottogruppi massimali di indice p primo?
(nel nostro caso abbiamo dimostrato che $A_4$ non ha sottogruppi di ordine 6. c era modo di saperlo senza dimostrarlo?).
Determinare gli indici dei sottogruppi massimali è in generale un problema molto difficile. Se il gruppo è risolubile si dimostra che tali indici sono potenze di primi (cf. qui) ma ovviamente non tutti i sottogruppi di indice una potenza di un primo sono massimali (il massimo che riesci a dire in generale è che se un sottogruppo ha indice primo allora è massimale - cf. il mio precedente intervento). Il calcolo degli indici dei sottogruppi massimali è meglio riformulato come studio dei gradi di primitività, e di questo si occupa il teorema di O'Nan-Scott. Trovi maggiori dettagli qui.
Segnalo anche questo.
wow.. grazie
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