Sottogruppi di S4
Buongiorno a tutti chiedo una mano o quantomeno un'idea per risolvere il seguente esercizio:
Mostrare che il gruppo simmetrico $S_4$ possiede:
1) 1 sottogruppo di ordine 12;
2) 4 sottogruppi di ordine 3;
3) 9 sottogruppi di ordine 2;
4) 7 sottogruppi di ordine 4, di cui 3 ciclici;
5) 4 sottogruppi di ordine 6 isomorfi a $S_3$;
Infine mostrare che $S_4$ possiede un solo sottogruppo di ordine 12.
Ringrazio in anticipo chi risponderà.
Mostrare che il gruppo simmetrico $S_4$ possiede:
1) 1 sottogruppo di ordine 12;
2) 4 sottogruppi di ordine 3;
3) 9 sottogruppi di ordine 2;
4) 7 sottogruppi di ordine 4, di cui 3 ciclici;
5) 4 sottogruppi di ordine 6 isomorfi a $S_3$;
Infine mostrare che $S_4$ possiede un solo sottogruppo di ordine 12.
Ringrazio in anticipo chi risponderà.
Risposte
Se un gruppo ha ordine $2$ allora è ciclico(perché?), Cioè è generato da un elemento di ordine $2$, detto questo sapresti individuarli in $S_4$? Idem se il sottogruppo ha ordine $3$. Se invece ha ordine $4$ allora è abeliano(perché?) E può essere o isomorfo a uno $\mathbb{Z}_4$ o $\mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z}_2$, sapendo questo riesci ad individuarli? Dopo aver fatto questi pensiamo ai sottogruppi di ordine $6$ e $12$.
Un corollario del Teorema di Lagrange asserisce che se un gruppo ha come ordine un numero primo allora è ciclico. Poiché 2 e 3 sono primi, i sottogruppi di ordine 2 e 3 sono ciclici. Per il sottogruppo di ordine 4, sempre per Lagrange abbiamo che gli eventuali sottogruppi hanno ordine 1,2 o 4. Se il sottogruppo non contiene elementi di ordine 4 allora tutti gli altri elementi diversi dall'identità devono avere ordine 2, quindi è abeliano perché: sia G il sottogruppo in questione, allora ogni elemento g di G deve soddisfare $g^2=e$ il che implica $g^(-1)=g$. Quindi presi due elementi del sottogruppo a e b avremmo $a*b=(a*b)^(-1)=b^(-1)*a^(-1)=ba$. Se invece il sottogruppo contiene un elemento di ordine 4 non ho proprio idea del perché si abbia come conseguenza che il sottogruppo è abeliano. Ricordo un lemma che asserisce che ogni gruppo ciclico è abeliano, ma non saprei come applicarlo (E a tal proposito non capisco perché l'esercizio dice che solo 4 dei sottogruppi ordine 3 sono ciclici). Più di così non riesco a proseguire.
Non è difficile dimostrare che un gruppo ciclico è abeliano, pensaci su.
Tornando all'esercizio: i sottogruppi di ordine $2, 3$ sono ciclici, hai qualche idea su come individuarli? Se sono ciclici, allora sono generati da elementi di ordine $2$ e $3$ quindi...
Riguardo a quelli di ordine $4$, se non è ciclico allora è isomorfo a $\mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z_2}$(cioè è il prodotto diretto di due sottogruppi di ordine $2$), se è ciclico allora è generato da un elemento di ordine $4$ in $S_4$. Quanti sono gli elementi di ordine $4$ in $S_4$?
Tornando all'esercizio: i sottogruppi di ordine $2, 3$ sono ciclici, hai qualche idea su come individuarli? Se sono ciclici, allora sono generati da elementi di ordine $2$ e $3$ quindi...
Riguardo a quelli di ordine $4$, se non è ciclico allora è isomorfo a $\mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z_2}$(cioè è il prodotto diretto di due sottogruppi di ordine $2$), se è ciclico allora è generato da un elemento di ordine $4$ in $S_4$. Quanti sono gli elementi di ordine $4$ in $S_4$?
Per mostrare che $A_4$ è l'unico sottogruppo di ordine $12$ osserva che se $N$ è un sottogruppo di $S_4$ di ordine $12$ allora ha indice $2$ quindi è normale, ne segue che $x^2 in N$ per ogni $x in S_4$ (perché nel quoziente $G//N$, che è un gruppo di ordine $2$, hai $(xN)^2=N$) e quindi per mostrare che $N=A_4$ basta far vedere che l'insieme degli elementi della forma $x^2$ con $x in S_4$ è un insieme di generatori per $A_4$ (e incidentalmente generalizzando questo argomento si dimostra che in generale $A_n$ è l'unico sottogruppo di indice $2$ in $S_n$).
Innanzitutto scusate se non ho risposto prima, ma ci ho pensato un po' su in questi giorni:
Parto dalla dimostrazione del lemma che dice: "Un gruppo ciclico è anche abeliano":
Sia $G$ un gruppo ciclico e siano $a,b in G$. Poiché il gruppo è ciclico possiamo scrivere a e b come potenza di in un generatore di $G$: siano $a=g^n$ e $b=g^m$ per qualche $n,m in mathbb(Z)$. Eseguendo il prodotto $a*b$ e per le proprietà delle potenze si ha che: $a*b=g^(n)*g^(m)=g^(n+m)=g^(m+n)=g^(m)*g^(n)=b*a$. Quindi $G$ è abeliano.
Tornando all'esercizio, sottogruppi di ordine 2:
Sono ciclici e sono generati da permutazioni di ordine 2, cioè tali che $\sigma\^2=id$. Perciò abbiamo che ci sono sei sottogruppi costituiti dall'identità e da una permutazione di lunghezza 2 (sappiamo che una permutazione di lunghezza $l$ è tale che $\sigma^l=id$). Abbiamo inoltre che l'ordine di una permutazione scrivibile come prodotto di cicli disgiunti è uguale all'm.c.m. delle lunghezze dei cicli di cui si fa il prodotto. Quindi se faccio il prodotto di permutazioni di lunghezza uguale a 2 ho una permutazione tale per cui $\sigma\^2=id$, quindi abbiamo altri 3 sottogruppi di ordine due costituiti dall'identità e dalle 3 possibili combinazioni di prodotti di cicli di lunghezza 2 disgiunti. In totale sono quindi 9.
I sottogruppi di ordine 3 sono anch'essi ciclici per quanto detto sopra. Inoltre, abbiamo che poiché $\sigma^3=id$, $\sigma^(2)*\sigma=id$ cioè $\sigma^2=\sigma^(-1)$. I sottogruppi di ordine 3 quindi hanno la forma ${id, \sigma, \sigma^(-1)}$ e sono quattro perché quattro sono i possibili cicli di lunghezza 3 in $S_4$.
Ora, per quanto riguarda i sottogruppi di ordine 4 abbiamo che:
I sottogruppi generati da una permutazione di lunghezza 4, cioè tali che $\sigma^4=id$ (ciclici). Ci cono 6 possibili permutazioni di lunghezza 4 ma poiché se $\sigma$ è una permutazione di lunghezza 4, anche $\sigma^3$ è una permutazione di lunghezza 4 diversa da $\sigma$, abbiamo solo tre possibili casi, cioè 3 sottogruppi ciclici di ordine 4.
Ho invece qualche problema con i sottogruppi non ciclici.
Cioè prendo due permutazioni $\tau$ e $\sigma$ isomorfe a $\mathbb(Z_2)$ e il sottogruppo di ordine 4 corrispondente è ${id, \tau, \sigma, \tau*\sigma}$? Ha senso poiché non viola il criterio per sottogruppi finiti. Se fosse così però non avrei solo 3 sottogruppi di questo tipo?
Parto dalla dimostrazione del lemma che dice: "Un gruppo ciclico è anche abeliano":
Sia $G$ un gruppo ciclico e siano $a,b in G$. Poiché il gruppo è ciclico possiamo scrivere a e b come potenza di in un generatore di $G$: siano $a=g^n$ e $b=g^m$ per qualche $n,m in mathbb(Z)$. Eseguendo il prodotto $a*b$ e per le proprietà delle potenze si ha che: $a*b=g^(n)*g^(m)=g^(n+m)=g^(m+n)=g^(m)*g^(n)=b*a$. Quindi $G$ è abeliano.
Tornando all'esercizio, sottogruppi di ordine 2:
Sono ciclici e sono generati da permutazioni di ordine 2, cioè tali che $\sigma\^2=id$. Perciò abbiamo che ci sono sei sottogruppi costituiti dall'identità e da una permutazione di lunghezza 2 (sappiamo che una permutazione di lunghezza $l$ è tale che $\sigma^l=id$). Abbiamo inoltre che l'ordine di una permutazione scrivibile come prodotto di cicli disgiunti è uguale all'm.c.m. delle lunghezze dei cicli di cui si fa il prodotto. Quindi se faccio il prodotto di permutazioni di lunghezza uguale a 2 ho una permutazione tale per cui $\sigma\^2=id$, quindi abbiamo altri 3 sottogruppi di ordine due costituiti dall'identità e dalle 3 possibili combinazioni di prodotti di cicli di lunghezza 2 disgiunti. In totale sono quindi 9.
I sottogruppi di ordine 3 sono anch'essi ciclici per quanto detto sopra. Inoltre, abbiamo che poiché $\sigma^3=id$, $\sigma^(2)*\sigma=id$ cioè $\sigma^2=\sigma^(-1)$. I sottogruppi di ordine 3 quindi hanno la forma ${id, \sigma, \sigma^(-1)}$ e sono quattro perché quattro sono i possibili cicli di lunghezza 3 in $S_4$.
Ora, per quanto riguarda i sottogruppi di ordine 4 abbiamo che:
I sottogruppi generati da una permutazione di lunghezza 4, cioè tali che $\sigma^4=id$ (ciclici). Ci cono 6 possibili permutazioni di lunghezza 4 ma poiché se $\sigma$ è una permutazione di lunghezza 4, anche $\sigma^3$ è una permutazione di lunghezza 4 diversa da $\sigma$, abbiamo solo tre possibili casi, cioè 3 sottogruppi ciclici di ordine 4.
Ho invece qualche problema con i sottogruppi non ciclici.
Cioè prendo due permutazioni $\tau$ e $\sigma$ isomorfe a $\mathbb(Z_2)$ e il sottogruppo di ordine 4 corrispondente è ${id, \tau, \sigma, \tau*\sigma}$? Ha senso poiché non viola il criterio per sottogruppi finiti. Se fosse così però non avrei solo 3 sottogruppi di questo tipo?
"manuelb93":
Innanzitutto scusate se non ho risposto prima, ma ci ho pensato un po' su in questi giorni:
Parto dalla dimostrazione del lemma che dice: "Un gruppo ciclico è anche abeliano":
Sia $G$ un gruppo ciclico e siano $a,b in G$. Poiché il gruppo è ciclico possiamo scrivere a e b come potenza di in un generatore di $G$: siano $a=g^n$ e $b=g^m$ per qualche $n,m in mathbb(Z)$. Eseguendo il prodotto $a*b$ e per le proprietà delle potenze si ha che: $a*b=g^(n)*g^(m)=g^(n+m)=g^(m+n)=g^(m)*g^(n)=b*a$. Quindi $G$ è abeliano.
Ok.
Tornando all'esercizio, sottogruppi di ordine 2:
Sono ciclici e sono generati da permutazioni di ordine 2, cioè tali che $\sigma\^2=id$. Perciò abbiamo che ci sono sei sottogruppi costituiti dall'identità e da una permutazione di lunghezza 2 (sappiamo che una permutazione di lunghezza $l$ è tale che $\sigma^l=id$). Abbiamo inoltre che l'ordine di una permutazione scrivibile come prodotto di cicli disgiunti è uguale all'm.c.m. delle lunghezze dei cicli di cui si fa il prodotto. Quindi se faccio il prodotto di permutazioni di lunghezza uguale a 2 ho una permutazione tale per cui $\sigma\^2=id$, quindi abbiamo altri 3 sottogruppi di ordine due costituiti dall'identità e dalle 3 possibili combinazioni di prodotti di cicli di lunghezza 2 disgiunti. In totale sono quindi 9.
Ok
I sottogruppi di ordine 3 sono anch'essi ciclici per quanto detto sopra. Inoltre, abbiamo che poiché $\sigma^3=id$, $\sigma^(2)*\sigma=id$ cioè $\sigma^2=\sigma^(-1)$. I sottogruppi di ordine 3 quindi hanno la forma ${id, \sigma, \sigma^(-1)}$ e sono quattro perché quattro sono i possibili cicli di lunghezza 3 in $S_4$.
Falso, i cicli di lunghezza $3$ in $S_4$ sono $((4), (3))\frac{3!}{3} = 8$, i gruppi ciclici di ordine $3$ sono $\frac{8}{\phi(3)} = \frac{8}{2} = 4$, dove $\phi$ è la funzione di eulero. Se ho $k$ elementi di ordine $n$ allora ognuno di essi mi genera un sottogruppo ciclico di ordine $n$, ma ogni sottogruppo generato ha $\phi(n)$ elementi di ordine $n$ che lo generano, quindi in totale ho $\frac{k}{\phi(n)}$ sottogruppi ciclici di ordine $n$.
Ora, per quanto riguarda i sottogruppi di ordine 4 abbiamo che:
I sottogruppi generati da una permutazione di lunghezza 4, cioè tali che $\sigma^4=id$ (ciclici). Ci cono 6 possibili permutazioni di lunghezza 4 ma poiché se $\sigma$ è una permutazione di lunghezza 4, anche $\sigma^3$ è una permutazione di lunghezza 4 diversa da $\sigma$, abbiamo solo tre possibili casi, cioè 3 sottogruppi ciclici di ordine 4.
Ho invece qualche problema con i sottogruppi non ciclici.
Cioè prendo due permutazioni $\tau$ e $\sigma$ isomorfe a $\mathbb(Z_2)$ e il sottogruppo di ordine 4 corrispondente è ${id, \tau, \sigma, \tau*\sigma}$? Ha senso poiché non viola il criterio per sottogruppi finiti. Se fosse così però non avrei solo 3 sottogruppi di questo tipo?
Non sono le permutazioni ad essere isomorfe a $\mathbb{Z_2}$ ma i sottogruppi da essi generati, comunque: un sottogruppo isomorfo a $\mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z_2}$ in $S_4$ è generato da due permutazioni di ordine $2$: $\sigma, \tau$, queste possono essere entrambe trasposizioni, una trasposizione e un $(2, 2)-$ciclo, o entrambe $(2,2)$-cicli.
Primo caso: $\tau, \sigma$ sono trasposizioni, quindi $\sigma = (a, b)$ e $\tau = (c, d)$, prima domanda: devono essere disgiunte? La risposta è sì, altrimenti non generano un sottogruppo di ordine $4$(fai una prova con $\sigma = (1, 2)$ e $\tau = (1, 3)$. Poiché siamo in $S_4$, una volta scelta una trasposizione, la scelta di quella disgiunta è determinata, perché mi rimangono solo due numeri possibili: insomma se scelgo $(1, 2)$ l'unica che resta è $(3, 4)$. Quindi al momento ho $( (4), (2)) \frac{2!}{2}\frac{1}{2} = 3$ sottogruppi isomorfi a $\mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z_2}$.
Cosa succede se $\sigma = (a, b)$ e $\sigma$ è un $4-$ciclo? Succede che torniamo al caso precedente perché $\sigma \cdot \tau$ mi dà una trasposizione disgiunta da $\sigma$, che quindi genera, insieme a $\sigma$, il sottogruppo. E' chiaro che non $\tau$ non può essere del tipo $(c, a)(d, b)$, altrimenti, componendo con $\sigma$, ti viene fuori un elemento di ordine $4$ e a noi non interessa contare si sottogruppi ciclici di ordine $4$.
Se sono entrambi $(2, 2)$-cicli, beh allora ti viene un unico sottogruppo: i $(2, 2)$-cicli sono ${(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}$ e si comportano bene rispetto alla composizione, cioè se ne componi due ti viene l'altro $(2, 2)$-ciclo, quindi $V = {id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}$ è un sottogruppo.
Dunque abbiamo $4$ sottogruppi non ciclici di ordine $4$.
Tra l'altro $V$ è normale in $S_4$ ed è il gruppo di Klein.
Passiamo ai sottogruppi di ordine $6$, cerchiamo di vedere a chi sono isomorfi. Di gruppi di ordine $6$ ce ne sono due: uno è $\mathbb{Z_6}$ e l'altro è $S_3$. Elementi di ordine $6$ in $S_4$ non ce ne sono(perché?), quindi i sottogruppi sono tutti isomorfi a $S_3$. Sapresti individuarli?
"Shocker":
Di gruppi di ordine 6 ce ne sono due: uno è Z6 e l'altro è S3. Elementi di ordine 6 in S4 non ce ne sono(perché?), quindi i sottogruppi sono tutti isomorfi a S3. Sapresti individuarli?
Rispondo alla prima domanda: Non ci sono elementi di ordine 6 in $S_4$ poiché la lunghezza massima delle permutazioni $\sigma in S_4$ è 4 quindi al più si avrebbe $\sigma^4=id$, cioè $n=6$ non può mai essere il minimo esponente tale per cui $\sigma^6=id$.
Per quanto riguarda i sottogruppi di ordine 6 isomorfi a $S_3$, ho capito la struttura e li ho individuati svolgendo i calcoli manualmente. Sono Sottogruppi costituiti dall'identità, 3 permutazioni di lunghezza 2 (ovviamente non disgiunti) e dai possibili prodotti di questi ultimi (che danno luogo a 3 permutazioni di lunghezza 3, due coincidenti e uno inverso del precedente).
Però onestamente non saprei trovarli senza "sporcarmi le mani" e nemmeno scrivere in modo formale l'isomorfismo.
"Martino":
Per mostrare che A4 è l'unico sottogruppo di ordine 12 osserva che se N è un sottogruppo di S4 di ordine 12 allora ha indice 2 quindi è normale, ne segue che x2∈N per ogni x∈S4 (perché nel quoziente G/N, che è un gruppo di ordine 2, hai (xN)2=N) e quindi per mostrare che N=A4 basta far vedere che l'insieme degli elementi della forma x2 con x∈S4 è un insieme di generatori per A4 (e incidentalmente generalizzando questo argomento si dimostra che in generale An è l'unico sottogruppo di indice 2 in Sn).
Ok, tutto chiaro. In generale quindi posso dire che in $S_n$ l'elemento di ordine $(n!)/2$ è $mathbb(A_n)$?
"manuelb93":
Per quanto riguarda i sottogruppi di ordine 6 isomorfi a $S_3$, ho capito la struttura e li ho individuati svolgendo i calcoli manualmente. Sono Sottogruppi costituiti dall'identità, 3 permutazioni di lunghezza 2 (ovviamente non disgiunti) e dai possibili prodotti di questi ultimi (che danno luogo a 3 permutazioni di lunghezza 3, due coincidenti e uno inverso del precedente).
Però onestamente non saprei trovarli senza "sporcarmi le mani" e nemmeno scrivere in modo formale l'isomorfismo.
Pensa in astratto: cos'è $S_3$? È il gruppo Delle permutazioni di un insieme di $3$ elementi, quanti sottoinsiemi di cardinalità $3$ ci sono in un insieme di cardinalità $4$? Ce ne sono $((4), (3)) = 4$, quindi ho $4$ sottogruppi isomorfi a $S_3$, ognuno permuta un sottoinsieme di cardinalità $3$ di ${1,2,3,4}$.
Ok, tutto chiaro. In generale quindi posso dire che in $S_n$ l'elemento di ordine $(n!)/2$ è $mathbb(A_n)$?
Solo una precisazione: $A_n$ è un sottogruppo di ordine $\frac{n!}{2}$, non un elemento del gruppo.
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