Sottogruppo di $S_4$ di ordine 4
salve a tutti. Per provare che la parte $V = \{id, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)\}$ di $S_4$ è un sottogruppo, c'è solo da verificarlo a mano mostrando che è stabile e che possiede l'inverso di ogni suo elemento, oppure si può ragionare in un altro modo che non sia la verifica a mano?
grazie mille di ogni eventuale risposta - Rodolfo
grazie mille di ogni eventuale risposta - Rodolfo
Risposte
Se hai un $H
il motivo della mia richiesta è che - credo - una dimostrazione teorica sia sempre preferibile, quando accessibile, ad una `a mano'. Riporto un possibile ragionamento per provare quanto richiesto.
Poiché $A_4$, essendo un sottogruppo di $S_4$ di indice $2$, è normale, esso è unione di classi di coniugio, sicché, ragionando in base a queste e servendosi della equivalenza tra permutazioni simili e coniugate, è possibile provare che,
in definitiva, gli elementi tutti e soli di $A_4$, oltre all'elemento neutro, sono i tre prodotti di due trasposizioni disgiunte: $(1 2) (3 4)$, $(1 3) (2 4)$, $(1 4) (2 3)$ e gli otto cicli di $I_4$ di lunghezza $3$: $(1 2 3)$, $(1 2 4)$, $(1 3 4)$, $(2 3 4)$, $(1 3 2)$, $(1 4 2)$, $(1 4 3)$, $(2 4 3)$. Ora, poiché il divisore $4$ di $12$ è il quadrato del numero primo $2$, per il primo teorema di Sylow $A_4$ ammette un sottogruppo $V$ di ordine $4$, e questo non può possedere nessuno degli otto $3$-cicli di $A_4$, che sono di periodo $3$, poiché, se uno di essi, diciamolo $x$, appartenesse a $V$, il gruppo $\langle x\rangle$ da esso generato, di ordine $3$, sarebbe un sottogruppo di $V$, il che è assurdo per il teorema di Lagrange. Pertanto è $V = \{i_{I_4}, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)\}$ e quindi quest'ultimo, essendo un sottogruppo di $A_4$, è pure sottogruppo di $S_4$.
Poiché $A_4$, essendo un sottogruppo di $S_4$ di indice $2$, è normale, esso è unione di classi di coniugio, sicché, ragionando in base a queste e servendosi della equivalenza tra permutazioni simili e coniugate, è possibile provare che,
in definitiva, gli elementi tutti e soli di $A_4$, oltre all'elemento neutro, sono i tre prodotti di due trasposizioni disgiunte: $(1 2) (3 4)$, $(1 3) (2 4)$, $(1 4) (2 3)$ e gli otto cicli di $I_4$ di lunghezza $3$: $(1 2 3)$, $(1 2 4)$, $(1 3 4)$, $(2 3 4)$, $(1 3 2)$, $(1 4 2)$, $(1 4 3)$, $(2 4 3)$. Ora, poiché il divisore $4$ di $12$ è il quadrato del numero primo $2$, per il primo teorema di Sylow $A_4$ ammette un sottogruppo $V$ di ordine $4$, e questo non può possedere nessuno degli otto $3$-cicli di $A_4$, che sono di periodo $3$, poiché, se uno di essi, diciamolo $x$, appartenesse a $V$, il gruppo $\langle x\rangle$ da esso generato, di ordine $3$, sarebbe un sottogruppo di $V$, il che è assurdo per il teorema di Lagrange. Pertanto è $V = \{i_{I_4}, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)\}$ e quindi quest'ultimo, essendo un sottogruppo di $A_4$, è pure sottogruppo di $S_4$.
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