Sottogruppi normali
Qualcuno sa aiutarmi con questo esercizio?
Sia G un gruppo privo di sottogruppi di indice 2. Mostrare che ogni sottogruppo di G di indice 3 è normale.
Sia G un gruppo privo di sottogruppi di indice 2. Mostrare che ogni sottogruppo di G di indice 3 è normale.
Risposte
dov è che ti blocchi????
un piccolo suggerimento.... hai che il gruppo agisce sull'insieme delle classi laterali rispetto al tuo sottogruppo per moltiplicazione a sinistra...
quindi considera l' omomorfismo indotto da tale azione, cioè
$f:G\rightarrow S_3$ e allora calcola il nucleo e vedi che....
quindi considera l' omomorfismo indotto da tale azione, cioè
$f:G\rightarrow S_3$ e allora calcola il nucleo e vedi che....
quello che non so è anche a cosa devo puntare.
il nucleo deve essere tutto G? o solo il sottogruppo di indice 3?
Non mi è chiaro il nesso tra la normalità del sottogruppo e l'azione di G sulle classi laterali. Qual'è il punto?
il nucleo deve essere tutto G? o solo il sottogruppo di indice 3?
Non mi è chiaro il nesso tra la normalità del sottogruppo e l'azione di G sulle classi laterali. Qual'è il punto?
solo il sottogruppo di indice 3 deve esere il nucleo... allora sia $G$ il nostro gruppo e $H$ il sottogruppo di indice 3 cioè $[G]=3$.
allora consideriamo questo omorfismo di gruppi
$f:G\rightarrow S_3$ definito come $f(g)=gyH$ dove dove $y$ è un qualunque elemento di $G$. bene adesso
$g\in ker(f)$ se e solo se $gyH=yH$ per ogni $y\in G$ e quindi in particolare si ha che $gH=H$ allora $g\in H$ e dunque $ker(f)\subset H$
ma adesso per il primo teorema di isomorfismo si ha che $|G/(ker(f))|$ deve dividere $3!$ ma d'altra parte si ha che
$|G|=|G/(ker(f))| |ker(f)|$ e dunque $|G/(ker(f))|$ deve anche dividere l' ordine di $G$ ma allora
$[G:ker(f)]=1$ oppure $[G:ker(f)]=3$.
la prima non è possibile in quanto $[G:ker(f)]=[G][H:ker(f)]=p [H:ker(f)]\geq p$.
allora vuol dire che $[H:ker(f)]=1$ e dunque $H=ker(f)$.
allora consideriamo questo omorfismo di gruppi
$f:G\rightarrow S_3$ definito come $f(g)=gyH$ dove dove $y$ è un qualunque elemento di $G$. bene adesso
$g\in ker(f)$ se e solo se $gyH=yH$ per ogni $y\in G$ e quindi in particolare si ha che $gH=H$ allora $g\in H$ e dunque $ker(f)\subset H$
ma adesso per il primo teorema di isomorfismo si ha che $|G/(ker(f))|$ deve dividere $3!$ ma d'altra parte si ha che
$|G|=|G/(ker(f))| |ker(f)|$ e dunque $|G/(ker(f))|$ deve anche dividere l' ordine di $G$ ma allora
$[G:ker(f)]=1$ oppure $[G:ker(f)]=3$.
la prima non è possibile in quanto $[G:ker(f)]=[G][H:ker(f)]=p [H:ker(f)]\geq p$.
allora vuol dire che $[H:ker(f)]=1$ e dunque $H=ker(f)$.
Più o meno ci sono, grazie 
credo non funzioni se G è infinito ma si potrà aggiustare. io volevo fare la controimmagine del gruppo alterno che ha indice 2 pensando che forse serviva a qualcosa, ma devo essere sincero mi si blocca il cervello! alla prossima ciao
credo non funzioni se G è infinito ma si potrà aggiustare. io volevo fare la controimmagine del gruppo alterno che ha indice 2 pensando che forse serviva a qualcosa, ma devo essere sincero mi si blocca il cervello! alla prossima ciao
ma se $G$ è infinito non so quanto abbia senso parlare di indice di un sottogruppo
"miuemia":
ma adesso per il primo teorema di isomorfismo si ha che $|G/(ker(f))|$ deve dividere $3!$ ma d'altra parte si ha che
$|G|=|G/(ker(f))| |ker(f)|$ e dunque $|G/(ker(f))|$ deve anche dividere l' ordine di $G$ ma allora
$[G:ker(f)]=1$ oppure $[G:ker(f)]=3$.
Solo una piccola cosa che non riesco a vedere: perché $ker(f)$ non può avere indice 6?
"miuemia":
ma se $G$ è infinito non so quanto abbia senso parlare di indice di un sottogruppo
Eccome se ha senso
per esempio il sottogruppo additivo $2ZZ$ di $ZZ$ ha indice 2.
si ha senso hai ragione... beh non può avere indice 6 altrimenti 2 dividerebbe l ordine del gruppo... ma per ipotesi questo non accade.
"miuemia":
beh non può avere indice 6 altrimenti 2 dividerebbe l ordine del gruppo... ma per ipotesi questo non accade.
Perdonami dovrò andare a rivedermi la teoria papale-papale dei gruppi
ma... come mai se $2$ divide $|G|$ allora $G$ ha sottogruppi di indice 2? E' questo che stai dicendo no?
non sto dicndo questo. allora tu hai che il $ker(f)$ deve dividere sia $3!$ che $|G|$ giusto?
bene ma se per assurdo $|ker(f)|=6$ allora in particolare avrei che 6 divide l ordine di G e quindi vuol dire che 2 divide l ordine del gruppo ma per ipotesi non esistono sottogruppi di indice due (questa ipotesi equivale a dire che l ordine di G deve essere dispari).
bene ma se per assurdo $|ker(f)|=6$ allora in particolare avrei che 6 divide l ordine di G e quindi vuol dire che 2 divide l ordine del gruppo ma per ipotesi non esistono sottogruppi di indice due (questa ipotesi equivale a dire che l ordine di G deve essere dispari).
"miuemia":
questa ipotesi equivale a dire che l ordine di G deve essere dispari
Perché? Cioè, non ci possono essere gruppi di ordine pari senza sottogruppi di indice 2?
Edito: mi spiace, forse mi sto perdendo in un bicchier d'acqua, ma non vedo, non vedo...
"Martino":
Perché? Cioè, non ci possono essere gruppi di ordine pari senza sottogruppi di indice 2?
Certo che ci sono.
Osserviamo per iniziare che un sottogruppo $H$ di indice due è necessariamente normale (essendoci due sole classi laterali, deve essere per forza $aH=Ha$ per ogni $a$).
Prendiamo allora il gruppo alternante $A_5$, il gruppo delle permutazioni pari di $5$ elementi, che - come noto - è semplice e di ordine $(5!)/2$, e dunque pari. $A_5$ non ha un sottogruppo di indice $2$, altrimenti avrebbe un sottogruppo normale, e dunque non sarebbe semplice.
"fields":
Prendiamo allora il gruppo alternante $A_5$, il gruppo delle permutazioni pari di $5$ elementi, che - come noto - è semplice e di ordine $(5!)/2$, e dunque pari. $A_5$ non ha un sottogruppo di indice $2$, altrimenti avrebbe un sottogruppo normale, e dunque non sarebbe semplice.
Esatto!!
Grande fields, grazie
avrei dovuto pensarci..@miuemia: questo esempio prova che dal fatto che 2 divide $|G|$ non puoi dedurre subito un assurdo, no?
scusa martino ma allora non ho capito bene quello che stai dicendo?
lo puoi ripetere?
lo puoi ripetere?
Tu hai detto:
Ora l'ipotesi è la seguente:
Sia G un gruppo privo di sottogruppi di indice 2.
Come fai a dire che se |G| è pari allora questa ipotesi non è verificata?
Non so se mi spiego. Tu deduci un assurdo dal fatto che 2 divide $|G|$, ma non capisco perché. 2 può benissimo dividere $|G|$ anche se G non ha sottogruppi di indice 2. Prendi per esempio $G=A_5$, come diceva fields.
Si capisce?..
"miuemia":
non può avere indice 6 altrimenti 2 dividerebbe l ordine del gruppo... ma per ipotesi questo non accade.
Ora l'ipotesi è la seguente:
Sia G un gruppo privo di sottogruppi di indice 2.
Come fai a dire che se |G| è pari allora questa ipotesi non è verificata?
Non so se mi spiego. Tu deduci un assurdo dal fatto che 2 divide $|G|$, ma non capisco perché. 2 può benissimo dividere $|G|$ anche se G non ha sottogruppi di indice 2. Prendi per esempio $G=A_5$, come diceva fields.
Si capisce?..
"miuemia":
per ipotesi non esistono sottogruppi di indice due (questa ipotesi equivale a dire che l ordine di G deve essere dispari).
Non è vero: prendi $G=A_5$. $A_5$ è semplice quindi non ha sottogruppi di indice 2, e ha ordine $(5!)/2$ che è pari (vedi l'intervento di fields).
Ammetto di aver capito giusto la metà di quello che avete detto, comprese le virgole e i punti, pertanto se quello che sto per dire non dovesse entrarci nulla, fate finta di niente... Io sapevo che se $G$ è un gruppo finito, e $p$ è un primo tale che $p | |G|$, allora $G$ contiene elementi di ordine $p$.
"miuemia":
vedi qui
http://planetmath.org/?op=getobj&from=objects&id=9825
Non vedo a che cosa ti porti questa citazione, se non al dare ragione alle obiezioni di Martino..
Noi abbiamo un gruppo $G$ senza sottogruppi di indice 2, ok? Tuttavia non è affatto assurdo che $6$ divida l'ordine di $G$, perché il nostro $G$ potrebbe benissimo essere $A_5$. Se vuoi concludere che $|ker(f)|!=6$, devi procedere in altro modo.
"Tipper":
Ammetto di aver capito giusto la metà di quello che avete detto, comprese le virgole e i punti, pertanto se quello che sto per dire non dovesse entrarci nulla, fate finta di niente... Io sapevo che se $G$ è un gruppo finito, e $p$ è un primo tale che $p | |G|$, allora $G$ contiene elementi di ordine $p$.
Be', questo è il teorema di Cauchy, ma non dice nulla che ci possa essere utile.
"fields":
Be', questo è il teorema di Cauchy, ma non dice nulla che ci possa essere utile.
Lo temevo... scusate per l'intrusione allora!
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