Sulla non-semplicità di due gruppi (di ordine alto)

[Paolo902]

1. Mostrare che un gruppo $G$ di ordine 4125 non è semplice.

Si fattorizza l'ordine e si ha $4125=3*5^3*11$. Con qualche conto si vede che, detto $n_5$ il numero dei $5$-Sylow, necessariamente $n_5 \in {1,11}$. Supponiamo per assurdo che $G$ sia semplice e quindi che $n_5=11$: allora il normalizzante di un $5$-Sylow ha indice 11, cioè ha 11 laterali. Se consideriamo la solita azione di $G$ per moltiplicazione sui laterali di tale normalizzante, abbiamo un omomorfismo $G \to S_{11}$. Tale omomorfismo deve avere nucleo necessariamente banale (per la supposta semplicità di $G$) e quindi [tex]G \hookrightarrow S_{11}[/tex] il che è assurdo in quanto [tex]|G| \nmid 11![/tex].

Che ne dite fino a qui?

2. Mostrare che un gruppo $G$ di ordine 2205 non è semplice.

Si fattorizza l'ordine e si ha $2205=3^2*5*7^2$. Il ragionamento di sopra non si applica più benissimo, almeno non mi sembra funzionare. Con un po' di conti si ricava (nelle notazioni dell'esercizio precedente) che $n_3 \in {1,7,49}$, $n_5 \in {1,21,441}$ e $n_7 \in {1,15}$.

Si esclude facilmente $n_3=7$, per lo stesso motivo di cui sopra. In generale, se il gruppo fosse semplice allora non potrebbe ammettere sottogruppi di indice strettamente inferiore a 14. Però non riesco a concludere.
L'altra tecnica classica, contare gli elementi di un dato ordine, non mi pare funzionare benissimo qui: gli unici Sylow di cui sappiamo tutto sono i $5$-Sylow, che sicuramente sono ciclici. Degli altri, sappiamo solo che sono necessariamente abeliani (essendo gruppi di ordine $p^2$), ma nulla di più sulla loro struttura.

Una mano per finire, per piacere?
Grazie

[Studente Anonimo]

Il primo è ok.

Un'idea per il secondo è la seguente:

Puoi assumere [tex]n_3=49[/tex], quindi detto [tex]P[/tex] un 3-Sylow il suo normalizzante [tex]N_G(P)[/tex] ha ordine [tex]3^2 \cdot 5[/tex]. In particolare detto [tex]Q[/tex] un 5-Sylow contenuto in [tex]N_G(P)[/tex], [tex]Q[/tex] ha ordine 5 e normalizza [tex]P[/tex]. Prova a dimostrare che addirittura lo centralizza (considera il gruppo [tex]\text{Aut}(P)[/tex]). Cosa ne deduci?

[Studente Anonimo]

Se vuoi divertirti un po' ecco altri numeri impegnativi (se serve aiuto vedi qui, il lemma del Sylow traditore):

[tex]132 = 2^2 \cdot 3 \cdot 11[/tex],
[tex]144 = 2^4 \cdot 3^2[/tex],
[tex]180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5[/tex],
[tex]264 = 2^3 \cdot 3 \cdot 11[/tex],
[tex]280 = 2^3 \cdot 5 \cdot 7[/tex].

Ed eccone altri che ancora non so come risolvere (senza i 'cannoni'):

[tex]252 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 7[/tex],
[tex]288 = 2^5 \cdot 3^2[/tex].
[tex]420 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7[/tex].
[tex]720 = 6! = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5[/tex].

[Paolo902]

Grazie per le risposte, Martino.

Purtroppo, non ho ancora concluso nulla.

Ora non vorrei dire qualche scemenza, ma il normalizzante ha ordine 45 e mi sa che è abeliano. Perché dico questo? Be', il $5$-Sylow è unico e idem il $3$-Sylow (semplici conti). Che me ne faccio di questo? Niente, immagino; ma ho fatto un po' di esercizio e ho classificato i gruppi di ordine 45 (sono tutti abeliani).

Se $P$ è un 3-Sylow di G, allora ha ordine 9. Di conseguenza, $Aut(P)$ è o $C_6$ oppure ha ordine 48, perchè gli automorfismi di $ZZ_p \times ZZ_p$ sono tutti $ZZ_p-$lineari, e quindi $"Aut"(ZZ_p \times ZZ_p) \sim "GL"(2,p)$, che è noto avere ordine $(p^2-1)(p^2-p)$.

Come dovrei usare questo fatto?

Vado a cena; nel frattempo ci penso.
Grazie

[Studente Anonimo]

Ah gia', non serviva considerare Aut(P). In ogni caso...

I gruppi di ordine 45 sono abeliani, bene. Significa che nel tuo gruppo grande esiste un 5-Sylow centralizzato da un 3-Sylow, in particolare normalizzato. Quindi?

[Paolo902]

Oh-oh, mi sto perdendo.

Dunque, dimmi se ho capito.

Supponiamo che $n_3=49$. Allora, preso un 3-Sylow $P$, si ha $[G:N_G(P)]=49$, cioè $|N_G(P)|=45$. Sia $Q$ un 5-Sylow di $N_G(P)$: esso ha ordine 5 ed è pertanto ciclico. Essendo un sottogruppo di $N_G(P)$, $Q$ normalizza $P$ e quindi $QP=PQ$ e quindi $PQ$ è un sottogruppo. Da qui deduci che $P$ centralizza $Q$?

Toglimi un curiosità, per piacere: come avrei dovuto fare considerando gli automorfismi di $P$? A che cosa stavi pensando?

Grazie.

[Studente Anonimo]

Prendiamo il nostro 3-Sylow P e sia Q un 5-Sylow di G contenuto in [tex]N_G(P)[/tex], che come sappiamo ha ordine 45. Ora l'idea è:

(1) Mostrare che [tex]N_G(P)[/tex] è abeliano. L'hai fatto usando i teoremi di Sylow. Io (non so perché) ho pensato a quest'altro modo: si tratta di mostrare che l'azione di coniugio di Q su P è quella banale (cioè che l'omomorfismo indotto [tex]Q \to \text{Aut}(P)[/tex] manda tutto in 1), e questo seguirebbe all'istante dal fatto che [tex]|Q|=5[/tex] non divide [tex]|\text{Aut}(P)|[/tex] (dato che [tex]|Q|=5[/tex] è un primo), quindi siamo ricondotti a calcolare [tex]|\text{Aut}(P)|[/tex], che è [tex]6[/tex] se [tex]P[/tex] è ciclico e [tex]48[/tex] se [tex]P[/tex] non è ciclico. In ogni caso è non divisibile per 5.

(2) Riformulando il punto (1), otteniamo che [tex]P[/tex] e [tex]Q[/tex] si centralizzano a vicenda, cioè [tex]pq=qp[/tex] per ogni [tex]p \in P,\ q \in Q[/tex].

(3) Dal punto (2) segue in particolare che [tex]P[/tex] normalizza [tex]Q[/tex], cioè [tex]p^{-1}Qp = Q[/tex] per ogni [tex]p \in P[/tex], in altre parole [tex]P \subseteq N_G(Q)[/tex].

(4) Dal punto (3) segue che [tex]|P|=9[/tex] divide [tex]|N_G(Q)|[/tex]. Questo è assurdo, dato che l'indice di [tex]N_G(Q)[/tex] in [tex]G[/tex] (che coincide col numero di coniugati di [tex]Q[/tex] in [tex]G[/tex]) è divisibile per 3 (hai fatto il conto: viene 21 oppure 441).

[Paolo902]

"Martino":
Prendiamo il nostro 3-Sylow P e sia Q un 5-Sylow di G contenuto in [tex]N_G(P)[/tex], che come sappiamo ha ordine 45.
Ora l'idea è:

(1) Mostrare che [tex]N_G(P)[/tex] è abeliano. L'hai fatto usando i teoremi di Sylow. Io (non so perché) ho pensato a quest'altro modo: si tratta di mostrare che l'azione di coniugio di Q su P è quella banale (cioè che l'omomorfismo indotto [tex]Q \to \text{Aut}(P)[/tex] manda tutto in 1), e questo seguirebbe all'istante dal fatto che [tex]|Q|=5[/tex] non divide [tex]|\text{Aut}(P)|[/tex] (dato che [tex]|Q|=5[/tex] è un primo), quindi siamo ricondotti a calcolare [tex]|\text{Aut}(P)|[/tex], che è [tex]6[/tex] se [tex]P[/tex] è ciclico e [tex]48[/tex] se [tex]P[/tex] non è ciclico. In ogni caso è non divisibile per 5.

Ah sì, ho capito dove volevi andare a parare: in sostanza, $Q$ normalizza $P$ e l'intersezione è per motivi di ordine - Lagrange - banale. Allora \(\displaystyle N_G(P)= Q \rtimes_{\phi} P \). Ma l'unico prodotto semidiretto è quello con $\phi$ banale e quindi, in realtà, il prodotto è diretto. Dico bene?

Immagino sia una tecnica standard per nella classificazione dei gruppi di un dato ordine: alla fine, il grosso del lavoro si riduce a contare quanti omomorfismi del genere possono esistere.

"Martino":
(2) Riformulando il punto (1), otteniamo che [tex]P[/tex] e [tex]Q[/tex] si centralizzano a vicenda, cioè [tex]pq=qp[/tex] per ogni [tex]p \in P,\ q \in Q[/tex].

Questo semplicemente perché PQ è abeliano, dal punto precedente, giusto?

"Martino":
(3) Dal punto (2) segue in particolare che [tex]P[/tex] normalizza [tex]Q[/tex], cioè [tex]p^{-1}Qp = Q[/tex] per ogni [tex]p \in P[/tex], in altre parole [tex]P \subseteq N_G(Q)[/tex].

Scusami, ma ho paura di sbagliarmi: da $PQ=QP$ discende $P^-1QP=Q$? Ma quindi il centralizzante di un sottogruppo $H$ è sempre incluso nel normalizzante $H$? Mi sa di sì... ho scoperto l'acqua calda!

"Martino":
(4) Dal punto (3) segue che [tex]|P|=9[/tex] divide [tex]|N_G(Q)|[/tex]. Questo è assurdo, dato che l'indice di [tex]N_G(Q)[/tex] in [tex]G[/tex] (che coincide col numero di coniugati di [tex]Q[/tex] in [tex]G[/tex]) è divisibile per 3 (hai fatto il conto: viene 21 oppure 441).

Sì, la conclusione è chiara come il giorno. Ci devo riflettere bene, però, questa strategia non mi sarebbe mai venuta in mente.

Grazie!

[Studente Anonimo]

Sì, condivido le tue osservazioni.

Comunque è in effetti una tecnica standard: se sai che A normalizza B, è utile andare a controllare se per caso A centralizza B, dato che in questo caso puoi dedurre che B normalizza A.

Sì, il centralizzante di un sottogruppo è contenuto nel normalizzante, e in generale è molto più piccolo. Per dire, il centralizzante di un sottogruppo H non contiene H a meno che H non sia abeliano. Invece il normalizzante di H contiene H.

[Studente Anonimo]

"Paolo90":da $PQ=QP$ discende $P^-1QP=Q$?

No, questo è falso. Attento, dire "[tex]p^{-1}Qp=Q[/tex] per ogni [tex]p \in P[/tex]" è ben diverso da dire "[tex]P^{-1}QP=Q[/tex]". Infatti [tex]P^{-1}=P[/tex], quindi se ipotizzi che [tex]PQ=QP[/tex] allora [tex]P^{-1}QP = PQP = PPQ = PQ[/tex]. Inoltre dire "[tex]PQ=QP[/tex]" non equivale a dire [tex]pq=qp[/tex] per ogni [tex]p \in P,\ q \in Q[/tex], significa solo che i due insiemi [tex]PQ[/tex] e [tex]QP[/tex] sono uguali.

In generale se [tex]H,K[/tex] sono due sottogruppi e [tex]HK=KH[/tex] allora come sai [tex]HK[/tex] è un sottogruppo. Ma non puoi dire niente su questioni di normalizzazione, a priori se [tex]HK=KH[/tex] può succedere che H non normalizza K e K non normalizza H (per esempio prendi [tex]G=A_5[/tex], [tex]H[/tex] un 5-Sylow e [tex]K[/tex] lo stabilizzatore di un punto).

[Paolo902]

Sapevo che mi stava sfuggendo qualcosa, grazie per le osservazioni.

A questo punto,

"Martino":
(2) Riformulando il punto (1), otteniamo che [tex]P[/tex] e [tex]Q[/tex] si centralizzano a vicenda, cioè [tex]pq=qp[/tex] per ogni [tex]p \in P,\ q \in Q[/tex].
(3) Dal punto (2) segue in particolare che [tex]P[/tex] normalizza [tex]Q[/tex], cioè [tex]p^{-1}Qp = Q[/tex] per ogni [tex]p \in P[/tex], in altre parole [tex]P \subseteq N_G(Q)[/tex].

Come si giustificano i passaggi 2) e 3) che ho riportato? Ho dimostrato che $PQ=N_G(P)$ è un gruppo abeliano. Da qui discende banalmente il punto 2, ok?
Come segue il 3, a questo punto?

Scusami, probabilmente è la stanchezza che mi sta giocando qualche brutto scherzo e non vedo una cosa che ho davanti agli occhi.

Grazie

[Studente Anonimo]

"Paolo90":Come si giustificano i passaggi 2) e 3) che ho riportato? Ho dimostrato che $PQ=N_G(P)$ è un gruppo abeliano. Da qui discende banalmente il punto 2, ok?

Sì.

Come segue il 3, a questo punto?

Per ipotesi [tex]pq=qp[/tex] per ogni [tex]p \in P,\ q \in Q[/tex]. Quindi se [tex]p \in P[/tex] e [tex]q \in Q[/tex] allora [tex]p^{-1}qp = q \in Q[/tex], da cui [tex]p^{-1}Qp = Q[/tex].

[Paolo902]

Capito, ti ringrazio molto per i chiarimenti.

Altri numeri (alcuni anche dai tuoi suggerimenti). Evito di riportare ogni volta la consegna, che è sempre la stessa e coincide con il titolo del topic.

3. $|G|=5103 = 3^6*7$.

Si vede che $n_3 \in {1,7}$. Se per assurdo fosse 7 avremmo un sottogruppo (il normalizzante di un $3$-Sylow) di indice 7 e l'azione di $G$ sui 7 laterali di $N_G(P)$ darebbe un omomorfismo - necessariamente iniettivo - con $S_7$. Ma ciò è assurdo perchè $|G| > 7!$.

4. $|G|=132=2^2*3*11$.

Si vede che $n_3 \in {1,4,22}$ e $n_11 \in {1,12}$. Per assurdo, supponiamo $G$ semplice e sia $n_11=12$.
Se $n_3=22$ è facile dedurne l'assurdo, giacché in tal caso avremmo $12*10=120$ elementi di periodo 11 (gli 11-Sylow sono ciclici e si intersecano nell'identità!) e ben 44 elementi di ordine 3 (per lo stesso motivo): ma $120+44>132$.

Supponiamo ora che $n_3=4$: abbiamo 8 elementi di ordine 3, che sommati ai 120 elementi di periodo 11 fanno 128. Quindi restano l'identità e altri tre elementi: quindi c'è posto per un solo 2-Sylow (che ha ordine 4) che deve necessariamente essere normale, assurdo.

Quindi $G$ non è semplice.

Ok? Sto lavorando ad altri numeri, appena ho un po' di tempo vado avanti.
Grazie

[Studente Anonimo]

Sì giusto.