Studio di un gruppo di matrici
Consideriamo il gruppo $G={((1,a,b),(0,1,c),(0,0,1))|a,b,c\inZZ/(3ZZ)}$.
Si tratta di un gruppo di ordine $27$ e non è abeliano in quanto in generale non è abeliano il prodotto di matrici.
Il polinomio caratteristico di una generica matrice $g\inG$ è $x^3-1$ dunque per il teorema di Hamilton-Cayley $g^3=1$.
Siccome da $g*g=1$ segue $g=1$, allora tutti gli elementi diversi dall'identità hanno ordine $3$.
Essendo l'ordine del gruppo ($3^3$) una potenza di un primo, il centro di $G$ è diverso da ${1}$ e siccome $G$ non è abeliano, il centro è anche diverso da $G$.
Segue che il centro può avere ordine $3$ o $9$: se avesse ordine $9$ allora $G/(Z(G))$ avrebbe ordine $3$ (primo) e dunque sarebbe ciclico ma se $G$ è finito e $G/(Z(G))$ è ciclico allora $G$ è abeliano, cosa non vera, dunque $Z(G)$ deve avere ordine $3$.
Ora studio le classi di coniugio: dato $g\notinZ(G)$ quanti sono i coniugati di $g$? so che $<=C_G(g)$ ma perchè $$ può avere ordine solo $9$ o $27$?
Si tratta di un gruppo di ordine $27$ e non è abeliano in quanto in generale non è abeliano il prodotto di matrici.
Il polinomio caratteristico di una generica matrice $g\inG$ è $x^3-1$ dunque per il teorema di Hamilton-Cayley $g^3=1$.
Siccome da $g*g=1$ segue $g=1$, allora tutti gli elementi diversi dall'identità hanno ordine $3$.
Essendo l'ordine del gruppo ($3^3$) una potenza di un primo, il centro di $G$ è diverso da ${1}$ e siccome $G$ non è abeliano, il centro è anche diverso da $G$.
Segue che il centro può avere ordine $3$ o $9$: se avesse ordine $9$ allora $G/(Z(G))$ avrebbe ordine $3$ (primo) e dunque sarebbe ciclico ma se $G$ è finito e $G/(Z(G))$ è ciclico allora $G$ è abeliano, cosa non vera, dunque $Z(G)$ deve avere ordine $3$.
Ora studio le classi di coniugio: dato $g\notinZ(G)$ quanti sono i coniugati di $g$? so che $
Risposte
Il fatto che il gruppo delle matrici non sia abeliano non significa che un suo sottogruppo non possa esserlo. Dovresti quindi dimostrare la non commutatività.
A rigore manca anche che sia un sottogruppo: è chiuso per prodotti?
Vorrei inoltre farti notare che \(27 = 3^3\) quindi il gruppo non possiede elementi di ordine 2 per il teorema di lagrange.
A rigore manca anche che sia un sottogruppo: è chiuso per prodotti?
Vorrei inoltre farti notare che \(27 = 3^3\) quindi il gruppo non possiede elementi di ordine 2 per il teorema di lagrange.
$((1,a,b),(0,1,c),(0,0,1))*((1,A,B),(0,1,C),(0,0,1))=((1,A+a,B+aC+b),(0,1,C+c),(0,0,1))$
$((1,A,B),(0,1,C),(0,0,1))*((1,a,b),(0,1,c),(0,0,1))=((1,A+a,b+Ac+B),(0,1,C+c),(0,0,1))$
ma non essendo in generale $aC=Ac$ non si ha la commutatività.
Chiaramente è chiuso per prodotti in quanto (come si vede da sopra) la matrice prodotto appartiene a $G$ e analogamente si mostra che ogni matrice di $G$ ha l'inversa contenuta in $G$.
Con la tua osservazione è in effetti più immediato notare che a parte per l'identità, per tutti gli altri elementi di $G$ l'ordine è 3.
Ho pensato ora che essendo $|Z(G)|=3$ e $g\notinZ(G)$ si ha che $||>3$ e i divisori di $27$ maggiori di $3$ sono solo $9$ e $27$: se però fosse $||=27$ si avrebbe $=C_G(g)=G$ e questo non può accadere perchè $g\inZ(G)$ dunque deve essere $||=9$ e quindi $|C_G(g)|=9$.
Allora $g$ ha $|G:C_G(g)|=27/9=3$ coniugati.
Ora posso dire anche che $G/(Z(G))=~ZZ/(3ZZ)*ZZ/(3ZZ)$ perchè vale $g^3=1$ $AAg\inG$.
Perchè posso dire che $AAx\inG$ $xgx^-1Z(G)=gZ(G)$?
$((1,A,B),(0,1,C),(0,0,1))*((1,a,b),(0,1,c),(0,0,1))=((1,A+a,b+Ac+B),(0,1,C+c),(0,0,1))$
ma non essendo in generale $aC=Ac$ non si ha la commutatività.
Chiaramente è chiuso per prodotti in quanto (come si vede da sopra) la matrice prodotto appartiene a $G$ e analogamente si mostra che ogni matrice di $G$ ha l'inversa contenuta in $G$.
Con la tua osservazione è in effetti più immediato notare che a parte per l'identità, per tutti gli altri elementi di $G$ l'ordine è 3.
Ho pensato ora che essendo $|Z(G)|=3$ e $g\notinZ(G)$ si ha che $|
Allora $g$ ha $|G:C_G(g)|=27/9=3$ coniugati.
Ora posso dire anche che $G/(Z(G))=~ZZ/(3ZZ)*ZZ/(3ZZ)$ perchè vale $g^3=1$ $AAg\inG$.
Perchè posso dire che $AAx\inG$ $xgx^-1Z(G)=gZ(G)$?
Siccome \(Z(G)\) commuta con \(\langle g\rangle\) allora \(\displaystyle \langle g,Z(G)\rangle \) è un sottogruppo abeliano (isomorfo a \(\displaystyle \mathbb{Z}_3\times\mathbb{Z}_3 \)).
Direi di riordinare le idee prima di proseguire.
1) L'insieme ha cardinalità \(27 = 3^3\)
2) L'insieme in questione è un sotto-monoide dell'insieme delle matrici perché la moltiplicazione è chiusa.
3) Il sotto-monoide non è abeliano.
4) Usando Hamilton-Cayley si dimostra che gli elementi hanno ordine che divide 3 e quindi il sottomonoide è un sottogruppo.
In alternativa potevi o calcolarti l'inversa oppure usare questa cosa: \[ \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & ac \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \] Quindi, per ogni \(A\in G\), \(A = I-N\) dove \(\displaystyle N \) è nilpotente. Usando la famosa formula dell'inversa di \(I-N\) si ricava che l'inversa è \(I + N + N^2\) che ovviamente appartiene a \(G\).
5) Per questo teorema sai che \(Z(G)\) è non banale.
6) Ovviamente \(\lvert Z(G)\rvert \neq 27\). Se si avesse \(\lvert Z(G)\rvert = 9\) si avrebbe che \([G : Z(G) ] = 3\) e quindi \(G/Z(G)\) sarebbe ciclico, ma questo è impossibile. Quindi si ha \(Z(G) = 3\).
7) Siccome \(G/Z(G)\) non è ciclico ed è di cardinalità \(9 = 3^2\) si deve avere \(G/Z(G)\cong \mathbb{Z}_3\times \mathbb{Z}_3\). È una conseguenza di questo.
...
n) Per ogni \(g\) si ha che \(\langle g, Z(G) \rangle\) è abeliano e quindi ha cardinalità \(9\).
Direi che siamo giunti a questo punto.
La tua considerazione finale dipende dal fatto che il quoziente è abeliano.
1) L'insieme ha cardinalità \(27 = 3^3\)
2) L'insieme in questione è un sotto-monoide dell'insieme delle matrici perché la moltiplicazione è chiusa.
3) Il sotto-monoide non è abeliano.
4) Usando Hamilton-Cayley si dimostra che gli elementi hanno ordine che divide 3 e quindi il sottomonoide è un sottogruppo.
In alternativa potevi o calcolarti l'inversa oppure usare questa cosa: \[ \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & ac \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \] Quindi, per ogni \(A\in G\), \(A = I-N\) dove \(\displaystyle N \) è nilpotente. Usando la famosa formula dell'inversa di \(I-N\) si ricava che l'inversa è \(I + N + N^2\) che ovviamente appartiene a \(G\).
5) Per questo teorema sai che \(Z(G)\) è non banale.
6) Ovviamente \(\lvert Z(G)\rvert \neq 27\). Se si avesse \(\lvert Z(G)\rvert = 9\) si avrebbe che \([G : Z(G) ] = 3\) e quindi \(G/Z(G)\) sarebbe ciclico, ma questo è impossibile. Quindi si ha \(Z(G) = 3\).
7) Siccome \(G/Z(G)\) non è ciclico ed è di cardinalità \(9 = 3^2\) si deve avere \(G/Z(G)\cong \mathbb{Z}_3\times \mathbb{Z}_3\). È una conseguenza di questo.
...
n) Per ogni \(g\) si ha che \(\langle g, Z(G) \rangle\) è abeliano e quindi ha cardinalità \(9\).
Direi che siamo giunti a questo punto.
La tua considerazione finale dipende dal fatto che il quoziente è abeliano.
Giusto! Allora posso scrivere $AAx\inG$ $xgx^-1Z(G)=xZ(G)gZ(G)x^-1Z(G)=xZ(G)x^-1Z(G)gZ(g)=gZ(g)$, corretto?
Quindi $xgx^-1\ingZ(G)$.
La classe di coniugio di $g$ (stiamo sempre parlando di un $g\notinZ(G)$) è ${xgx^-1|x\inG}\subegZ(G)$.
Perchè posso dire che ${xgx^-1|x\inG}=gZ(G)$?
Quindi $xgx^-1\ingZ(G)$.
La classe di coniugio di $g$ (stiamo sempre parlando di un $g\notinZ(G)$) è ${xgx^-1|x\inG}\subegZ(G)$.
Perchè posso dire che ${xgx^-1|x\inG}=gZ(G)$?
Hai mostrato che \(g\) possiede \(3\) coniugati e \(gZ(G)\) possiede \(3\) elementi (ogni laterale ha la stessa cardinalità). Dovrebbe bastare. È comunque degno di essere citato il fatto che \(Z(G)\) sia anche il commutatore/derivato di \(G\). La dimostrazione è abbastanza immediata.
Giusto, avevo mostrato che se $g\notinZ(G)$ ha 3 coniugati ($|G:C_G(g)|=27/9=3$), mentre $gZ(G)$ possiede 3 elementi e il motivo è che $|Z(G)|=3$ vero?
Visto che non ho speso una parola per i tre elementi di $Z(G)$ preciso: ciascuno di essi, appartenendo al centro, ha una classe di cardinalità tutta sua di cardinalità 1.
Quindi in definitiva vi sono 3 classi di coniugio di cardinalità 1 e 8 classi di coniugio di cardinalità 3.
Per finire diamo un'occhiata ai sottogruppi propri non banali.
I sottogruppi propri e non banali possono avere ordine $3$ o $9$ (ovvero i divisori propri e non banali di $27$).
Gli elementi di G sono 27, a parte l'identità hanno tutti ordine 3 e siccome il sottogruppo ciclico generato da un elemento coincide con quello generato dal suo opposto posso concludere che i sottogruppi di ordine 3 sono $(27-1)/2=13$.
Sia ora $H=$ un sottogruppo di ordine 3: preso $x\inN_G(H)$ (il normalizzante di H in G) si ha che $xgx^-1=g$ o $xgx^-1=g^-1$. Voglio mostrare che il caso $xgx^-1=g^-1$ porta ad un assurdo.
Avrei $x^2gx^-2=x(xgx^-1)x^-1=xg^-1x^-1$, ora perchè posso dire che $xg^-1x^-1=g$?
Visto che non ho speso una parola per i tre elementi di $Z(G)$ preciso: ciascuno di essi, appartenendo al centro, ha una classe di cardinalità tutta sua di cardinalità 1.
Quindi in definitiva vi sono 3 classi di coniugio di cardinalità 1 e 8 classi di coniugio di cardinalità 3.
Per finire diamo un'occhiata ai sottogruppi propri non banali.
I sottogruppi propri e non banali possono avere ordine $3$ o $9$ (ovvero i divisori propri e non banali di $27$).
Gli elementi di G sono 27, a parte l'identità hanno tutti ordine 3 e siccome il sottogruppo ciclico generato da un elemento coincide con quello generato dal suo opposto posso concludere che i sottogruppi di ordine 3 sono $(27-1)/2=13$.
Sia ora $H=
Avrei $x^2gx^-2=x(xgx^-1)x^-1=xg^-1x^-1$, ora perchè posso dire che $xg^-1x^-1=g$?
Non penso che i sottogruppi di ordine 3 siano normali, quindi non penso che valga \(xgx^{-1} = g^{\epsilon}\). Quello che sai è che \(g^{-1}xgx^{-1} \in Z(G)\) o alternativamente che \(xgx^{-1} = gz\) dove \(z\in Z(G)\) e penso che in generale si abbia \(z\neq 1\).
Tra i \(13\) sottogruppi di ordine \(3\) c'è \(Z(G)\) e altri \(12\). Questi 12 sono raggruppati in gruppi di 3 coniugati tra di loro. Almeno penso
.
Tra i \(13\) sottogruppi di ordine \(3\) c'è \(Z(G)\) e altri \(12\). Questi 12 sono raggruppati in gruppi di 3 coniugati tra di loro. Almeno penso
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"thedarkhero":
Sia ora $H=$ un sottogruppo di ordine 3: preso $x\inN_G(H)$ (il normalizzante di H in G) si ha che $xgx^-1=g$ o $xgx^-1=g^-1$. Voglio mostrare che il caso $xgx^-1=g^-1$ porta ad un assurdo.
Avrei $x^2gx^-2=x(xgx^-1)x^-1=xg^-1x^-1$, ora perchè posso dire che $xg^-1x^-1=g$?
Sto prendendo x nel normalizzante di H in G quindi se anche i sottogruppi di ordine 3 non sono normali vale lo stesso la domanda che ho posto
Ma \(N_G(H)\), date ovvie questioni di dimensione, non coincide con \(\langle H, Z(G)\rangle\)? Tra l'altro è abeliano anche solo per il fatto di avere ordine 9. Insomma essendo abeliano è evidente che \(xgx^{-1} = g\).
Mmm...in base a cosa so che $N_G(H)$ ha ordine 9?
Se avesse ordine 27 il sottogruppo sarebbe normale.
Ma il fatto che H sia normale o meno è proprio quello che ci stiamo chiedendo.
$N_G(H)$ potrebbe avere ordine 9 come 3 (e in tal caso coinciderebbe con H). Giusto?
$N_G(H)$ potrebbe avere ordine 9 come 3 (e in tal caso coinciderebbe con H). Giusto?
Ordine 1 non può certo averlo, al limite indendi indice. Quello che indendo è che \(\displaystyle N_G(H) \ge \langle H, Z(G)\rangle \) e quindi \(27\ge \displaystyle o\bigl(N_G(H)\bigr) \ge o\bigl(\langle H, Z(G)\rangle\bigr) = 9 \). Ma è certamente diverso da \(\displaystyle 27 \). Se preferisci si ragiona in indici ma è uguale.
Comunque http://groupprops.subwiki.org/wiki/Unit ... T%283,p%29
Comunque http://groupprops.subwiki.org/wiki/Unit ... T%283,p%29
Ok, ci sono quasi, mi manca da capire perchè l'ordine di $$ è 9...
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