Tre gruppi non isomorfi di ordine $25p$
Ditemi se la mia soluzione al seguente esercizio può andar bene!
Determinare l'insieme dei numeri primi $p$ per cui esistono almeno tre gruppi non isomorfi tra loro di ordine $25p$.
Sia $G$ di ordine $25p$. Sicuramente per ogni $p$ se $G$ è abeliano le possibilità per $G$ sono $Z_25 \times Z_p$ e $Z_5 \times Z_5 \times Z_p$, gruppi abeliani non isomorfi tra loro, grazie al teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti.
Inoltre, se $p=5$, si osserva che $Z_125$ è un'altra possibilità, quindi $5$ rientra nell'insieme richiesto.
Supponiamo allora $p \ne 5$, caso per cui le possibilità per i gruppi abeliani si esauriscono con i due casi sopra; cerchiamo allora i possibili gruppi di ordine $25p$ non abeliani.
Per il teorema di Sylow $G$ contiene almeno un 5-Sylow; sia $n$ il numero dei 5-Sylow in $G$. Allora $\{(n \equiv 1 (5)), (n | 25p):} \Rightarrow \{(n \equiv 1 (5)), (n |p):} \Rightarrow n=1 \vee n=p \ \ (1)$.
Nel primo caso, $n=1$, $G$ ha un unico 5-Sylow che pertanto è normale in $G$ e posso distinguere due casi: $G$ possiede un elemento di ordine $25$ o meno. Nel primo caso posso scrivere $G \sim Z_25 \times_\phi Z_p$ (scusate ma non riesco a trovare il simbolo di prodotto semidiretto, comunque da ora in poi con $\times_\phi$ indico prod semidiretto di omomorfismo $\phi$) con $\phi: Z_p \rightarrow Aut(Z_25) \sim Z_25^\star$. (Infatti $Z_25$ è normale, $Z_25 \cap Z_p={0}$ per questioni di ordine e $G=Z_25 Z_p$ per questioni di cardinalità). Allora deve essere $o(\phi(1))|p$ e $o(\phi(1))||Z_25^\star|=20=2^2 5$. Poichè $(p,5)=1$, affinchè l'omomorfismo non sia banale (cosa che ci farebbe ricadere nel caso $G$ abeliano) deve essere $(p,4)\ne1\Rightarrow p=2$. Dal momento che $2|20$, per il teorema di Cauchy $Z_25^\star$ contiene sicuramente un elemento di ordine $2$, quindi è possibile costruire un omomorfismo non banale come desiderato; ne segue che $p=2$ è un altro primo che soddisfa le richieste.
Nel secondo caso ($n=1$, $G$ non possiede elementi di ordine $25$), si ha $G\simZ_5\timesZ_5\times_\phi Z_p$ (come sopra per l'esistenza del prodotto semidiretto e un gruppo di ordine $25$ è necessariamente abeliano perchè ha ordine il quadrato di un primo). $Aut(Z_5 \times \Z_5) \sim GL_2(Z_5)$ e $|GL_2(Z_5)|=(5^2-5)(5^2-1)=2^5\times3\times 5$. Con considerazioni analoghe a quelle sopra si ricava $p=2 \vee p=3 \vee p=5$, quindi $p=3$ è un altro primo che soddisfa le richieste.
Supponiamo ora $n \ne 1$ in $(1) \Rightarrow n=p \Rightarrow p\equiv1(5)$. In questo caso il 5-Sylow non è normale; considero allora in numero di p-Sylow, $m$, e ottengo, in modo del tutto analogo a $(1)$, $m=1,5,25$. Se $m\ne1$ non posso ottenere un prodotto semidiretto dei due sottogruppi di Sylow considerati e, ad ogni modo, da $m=5$ ricavo $4\equiv0(p)\Rightarrowp=2$ e da $m=25$ $24\equiv0(p)\Rightarrowp=2 \vee p=3$, tutti casi in contrasto con il fatto che $p\equiv1(5)$. Se $m=1$ ($Z_p$ normale), considerando i casi in cui $G$ ha un elemento di ordine $25$ o meno, trovo $G\simZ_p\times_\phiZ_25$ e $G\simZ_p\times_\phiZ_5\times Z_5$, entrambi possibili poichè $p\equiv1(5)\Rightarrowp-1\equiv0(5)$ e $Aut(Z_p)\simZ_p^\star$ che ha ordine $p-1$, quindi è possibile costruire $\phi$ non banale in modo analogo a quanto fatto sopra. Ne segue che i $p$ t.c. $p\equiv1(5)$ vanno tutti bene.
In conclusione ho che i primi cercati sono $2$, $3$, $5$, e i $p:p\equiv1(5)$.
Determinare l'insieme dei numeri primi $p$ per cui esistono almeno tre gruppi non isomorfi tra loro di ordine $25p$.
Sia $G$ di ordine $25p$. Sicuramente per ogni $p$ se $G$ è abeliano le possibilità per $G$ sono $Z_25 \times Z_p$ e $Z_5 \times Z_5 \times Z_p$, gruppi abeliani non isomorfi tra loro, grazie al teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti.
Inoltre, se $p=5$, si osserva che $Z_125$ è un'altra possibilità, quindi $5$ rientra nell'insieme richiesto.
Supponiamo allora $p \ne 5$, caso per cui le possibilità per i gruppi abeliani si esauriscono con i due casi sopra; cerchiamo allora i possibili gruppi di ordine $25p$ non abeliani.
Per il teorema di Sylow $G$ contiene almeno un 5-Sylow; sia $n$ il numero dei 5-Sylow in $G$. Allora $\{(n \equiv 1 (5)), (n | 25p):} \Rightarrow \{(n \equiv 1 (5)), (n |p):} \Rightarrow n=1 \vee n=p \ \ (1)$.
Nel primo caso, $n=1$, $G$ ha un unico 5-Sylow che pertanto è normale in $G$ e posso distinguere due casi: $G$ possiede un elemento di ordine $25$ o meno. Nel primo caso posso scrivere $G \sim Z_25 \times_\phi Z_p$ (scusate ma non riesco a trovare il simbolo di prodotto semidiretto, comunque da ora in poi con $\times_\phi$ indico prod semidiretto di omomorfismo $\phi$) con $\phi: Z_p \rightarrow Aut(Z_25) \sim Z_25^\star$. (Infatti $Z_25$ è normale, $Z_25 \cap Z_p={0}$ per questioni di ordine e $G=Z_25 Z_p$ per questioni di cardinalità). Allora deve essere $o(\phi(1))|p$ e $o(\phi(1))||Z_25^\star|=20=2^2 5$. Poichè $(p,5)=1$, affinchè l'omomorfismo non sia banale (cosa che ci farebbe ricadere nel caso $G$ abeliano) deve essere $(p,4)\ne1\Rightarrow p=2$. Dal momento che $2|20$, per il teorema di Cauchy $Z_25^\star$ contiene sicuramente un elemento di ordine $2$, quindi è possibile costruire un omomorfismo non banale come desiderato; ne segue che $p=2$ è un altro primo che soddisfa le richieste.
Nel secondo caso ($n=1$, $G$ non possiede elementi di ordine $25$), si ha $G\simZ_5\timesZ_5\times_\phi Z_p$ (come sopra per l'esistenza del prodotto semidiretto e un gruppo di ordine $25$ è necessariamente abeliano perchè ha ordine il quadrato di un primo). $Aut(Z_5 \times \Z_5) \sim GL_2(Z_5)$ e $|GL_2(Z_5)|=(5^2-5)(5^2-1)=2^5\times3\times 5$. Con considerazioni analoghe a quelle sopra si ricava $p=2 \vee p=3 \vee p=5$, quindi $p=3$ è un altro primo che soddisfa le richieste.
Supponiamo ora $n \ne 1$ in $(1) \Rightarrow n=p \Rightarrow p\equiv1(5)$. In questo caso il 5-Sylow non è normale; considero allora in numero di p-Sylow, $m$, e ottengo, in modo del tutto analogo a $(1)$, $m=1,5,25$. Se $m\ne1$ non posso ottenere un prodotto semidiretto dei due sottogruppi di Sylow considerati e, ad ogni modo, da $m=5$ ricavo $4\equiv0(p)\Rightarrowp=2$ e da $m=25$ $24\equiv0(p)\Rightarrowp=2 \vee p=3$, tutti casi in contrasto con il fatto che $p\equiv1(5)$. Se $m=1$ ($Z_p$ normale), considerando i casi in cui $G$ ha un elemento di ordine $25$ o meno, trovo $G\simZ_p\times_\phiZ_25$ e $G\simZ_p\times_\phiZ_5\times Z_5$, entrambi possibili poichè $p\equiv1(5)\Rightarrowp-1\equiv0(5)$ e $Aut(Z_p)\simZ_p^\star$ che ha ordine $p-1$, quindi è possibile costruire $\phi$ non banale in modo analogo a quanto fatto sopra. Ne segue che i $p$ t.c. $p\equiv1(5)$ vanno tutti bene.
In conclusione ho che i primi cercati sono $2$, $3$, $5$, e i $p:p\equiv1(5)$.
Risposte
Ciao, non riesco a seguire tutto il ragionamento xD mi limito a dirti la mia, sperando di non sbagliare.
Caso $p=2$
Abbiamo $ZZ_50, ZZ_5 xx ZZ_5 xx ZZ_2$ e il gruppo diedrale $D_25$
Caso $p=3$
Il 5-sylow è unico quindi normale, cerchiamo allora un prodotto semidiretto fra $ZZ_5 xx ZZ_5$ e $ZZ_3$. Siccome $GL_2(ZZ_5)$ contiene una matrice di periodo $3$ cioè $((0,-1),(1,-1))$, esiste un morfismo non banale fra $ZZ_3$ e $Aut(ZZ_5 xx ZZ_5)$ e possiamo costruire il relativo prodotto semidiretto.
Caso $p=5$
Facile perchè ci sono $ZZ_125, ZZ_25 xx ZZ_5$ e $ZZ_5 xx ZZ_5 xx ZZ_5$
Caso $p>5$
In questo caso ci si convince facilmente che il $p$-sylow è unico altrimenti $(1+kp) | 25$ per qualche $k$ positivo cosa che non accade. Se anche il 5-sylow è unico siamo fregati perchè ci rimangono solo i prodotti diretti. Quindi deve accadere che $(1+5k) | p$ per qualche $k$ positivo, si deduce che $p$ è della forma $p=10k+1$ e che quindi $p = 1 (mod 5)$. Allora esiste un gruppo non abeliano di ordine $5p$, chiamiamolo $G_{5p}$ e di conseguenza possiamo costruire un terzo gruppo $ZZ_5 xx G_{5p}$ oltre a quelli abeliani.
Caso $p=2$
Abbiamo $ZZ_50, ZZ_5 xx ZZ_5 xx ZZ_2$ e il gruppo diedrale $D_25$
Caso $p=3$
Il 5-sylow è unico quindi normale, cerchiamo allora un prodotto semidiretto fra $ZZ_5 xx ZZ_5$ e $ZZ_3$. Siccome $GL_2(ZZ_5)$ contiene una matrice di periodo $3$ cioè $((0,-1),(1,-1))$, esiste un morfismo non banale fra $ZZ_3$ e $Aut(ZZ_5 xx ZZ_5)$ e possiamo costruire il relativo prodotto semidiretto.
Caso $p=5$
Facile perchè ci sono $ZZ_125, ZZ_25 xx ZZ_5$ e $ZZ_5 xx ZZ_5 xx ZZ_5$
Caso $p>5$
In questo caso ci si convince facilmente che il $p$-sylow è unico altrimenti $(1+kp) | 25$ per qualche $k$ positivo cosa che non accade. Se anche il 5-sylow è unico siamo fregati perchè ci rimangono solo i prodotti diretti. Quindi deve accadere che $(1+5k) | p$ per qualche $k$ positivo, si deduce che $p$ è della forma $p=10k+1$ e che quindi $p = 1 (mod 5)$. Allora esiste un gruppo non abeliano di ordine $5p$, chiamiamolo $G_{5p}$ e di conseguenza possiamo costruire un terzo gruppo $ZZ_5 xx G_{5p}$ oltre a quelli abeliani.
Grazie e scusa per il ritardo nella risposta!
Mi sembra decisamente che la tua soluzione sia giusta! Un'unica cosa: per $p=3$ puoi dedurre l'esistenza di un elemento di ordine 3 direttamente dal teorema di Cauchy, magari così puoi risparmiare tempo!
Per quanto riguarda la mia soluzione hai ragione, soprattutto l'ultima parte, complice la stanchezza, l'ho scritta in modo troppo sbrigativo. Provo a riassumerla schematicamente:
Per $p=5$ si conclude subito. Osservo che se $p\ne 5$ ci sono solo 2 possibilità per i gruppi abeliani. Cerco allora gruppi non abeliani da cui deduco quali sono i possibili primi.
Considero il numero di 5-Sylow: questo può essere 1 o p.
1) Se è 1 il 5-Sylow è normale e posso costruire un prodotto semidiretto. Distinguo due sottocasi: G possiede un elemento di ordine 25 o meno. Nel primo caso trovo che $p=2$ soddisfa le richieste, nel secondo trovo che i possibili primi sono 2, 3 e 5, quindi il "nuovo" primo trovato è 3.
2) Se il numero di 5-Sylow è p il 5-Sylow non è normale; inoltre, dal momento che il numero di 5-Sylow è congruo a 1 mod5 (teorema di Sylow) deduco che $p\equiv1(5)$. Considero allora il numero di p-Sylow che risulta essere uguale a 1, cioè il p-Sylow è normale. Considerando anche qui i due sottocasi $G$ possiede un elemento di ordine 25 o meno trovo che è sempre possibile costruire un omomorfismo non banale da $Z_25$ a $Aut(Z_p)$ nel primo caso e da $Z_5\timesZ_5$ a $Aut(Z_p)$ nel secondo. Concludo che tutti i primi congrui a 1 modulo 5 vanno bene.
Non ho verificato però che questi sono tutti i primi richiesti, cioè che se p è diverso dai primi sopra ci sono solo i 2 gruppi abeliani. Per questo posso fare delle verifiche oppure osservare che in ogni caso almeno uno tra il 5-Sylow ed il p-Sylow è unico quindi posso sempre effettuare una costruzione di prodotto semidiretto che è non banale sse si verificano le condizioni dette.
Può funzionare?
Mi sembra decisamente che la tua soluzione sia giusta! Un'unica cosa: per $p=3$ puoi dedurre l'esistenza di un elemento di ordine 3 direttamente dal teorema di Cauchy, magari così puoi risparmiare tempo!
Per quanto riguarda la mia soluzione hai ragione, soprattutto l'ultima parte, complice la stanchezza, l'ho scritta in modo troppo sbrigativo. Provo a riassumerla schematicamente:
Per $p=5$ si conclude subito. Osservo che se $p\ne 5$ ci sono solo 2 possibilità per i gruppi abeliani. Cerco allora gruppi non abeliani da cui deduco quali sono i possibili primi.
Considero il numero di 5-Sylow: questo può essere 1 o p.
1) Se è 1 il 5-Sylow è normale e posso costruire un prodotto semidiretto. Distinguo due sottocasi: G possiede un elemento di ordine 25 o meno. Nel primo caso trovo che $p=2$ soddisfa le richieste, nel secondo trovo che i possibili primi sono 2, 3 e 5, quindi il "nuovo" primo trovato è 3.
2) Se il numero di 5-Sylow è p il 5-Sylow non è normale; inoltre, dal momento che il numero di 5-Sylow è congruo a 1 mod5 (teorema di Sylow) deduco che $p\equiv1(5)$. Considero allora il numero di p-Sylow che risulta essere uguale a 1, cioè il p-Sylow è normale. Considerando anche qui i due sottocasi $G$ possiede un elemento di ordine 25 o meno trovo che è sempre possibile costruire un omomorfismo non banale da $Z_25$ a $Aut(Z_p)$ nel primo caso e da $Z_5\timesZ_5$ a $Aut(Z_p)$ nel secondo. Concludo che tutti i primi congrui a 1 modulo 5 vanno bene.
Non ho verificato però che questi sono tutti i primi richiesti, cioè che se p è diverso dai primi sopra ci sono solo i 2 gruppi abeliani. Per questo posso fare delle verifiche oppure osservare che in ogni caso almeno uno tra il 5-Sylow ed il p-Sylow è unico quindi posso sempre effettuare una costruzione di prodotto semidiretto che è non banale sse si verificano le condizioni dette.
Può funzionare?
"martina.c":
Considerando anche qui i due sottocasi $G$ possiede un elemento di ordine 25 o meno trovo che è sempre possibile costruire un omomorfismo non banale da $Z_25$ a $Aut(Z_p)$ nel primo caso e da $Z_5$ a $Aut(Z_p)$ nel secondo.
Nel secondo caso volevi scrivere fra $ZZ_5 xx ZZ_5$ e $Aut(ZZ_p)$ ?? In ogni caso il discorso anche se laborioso mi sembra abbastanza convincente.
"perplesso":
Nel secondo caso volevi scrivere fra $ZZ_5 xx ZZ_5$ e $Aut(ZZ_p)$ ??
Sì, corretto!
"perplesso":
In ogni caso il discorso anche se laborioso mi sembra abbastanza convincente.
Vero, è piuttosto laborioso..d'altra parte mi sembra il modo più generale per affrontare questo tipo di problema; testare i primi era perfetto in questo caso però in molti altri casi la soluzione potrebbe a priori comprendere primi magari molto alti e disposti in modo irregolare. Tu come hai ragionato? Hai provato i primi più bassi e hai visto come si comportavano? O semplicemente hai guardato sotto quali condizioni il prodotto semidiretto era non banale e poi hai "ribaltato" la soluzione mostrando cosa succede per i vari primi? Mi interessa saperlo per poter magari semplificare il mio modo di pensare di fronte a questo tipo di problemi!
Mah nessun ragionamento partcolare, ho fatto prima il caso con $p>5$ perchè mi ricordavo la classificazione dei gruppi di ordine $pq$ (che al massimo sono tre), quindi ho detto $25p=5 xx 5p$ e allora giochiamo un pò con gruppi di ordine $5p$. Poi ci ho messo gli altri casi per completare. Senza dubbio esistono tecniche più raffinate per risolvere questi problemi di "classificazione", ma io purtroppo non me ne intendo. Saluti. 
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