Gruppi [Se ogni sottogruppo proprio è abeliano...]
Sia G un gruppo finito non ciclico tale che ogni sottogruppo proprio di G è abeliano. Dimostrare che G ha un sottogruppo normale proprio. 
Risposte
come è definito un gruppo normale PROPRIO? che non è triviale?
Sì, vuol dire che non è né {1} né G.
ciao fields vediamo un po .....io ho ragionato cosi!!
Il sottogruppo generato dai commutatori di G è un sottogruppo normale quindi si presentano due possibilita
G non abeliano e in questo caso il sottogruppo generato dai commutatori è un sovrainsieme di H e un sottoinsieme proprio di G ,questo mostra che G ha un sottogruppo normale prprio
altrimenti se G è abeliano,in questo caso tutti i sottogruppi sono abeliani;quindi H è un sottogruppo proprio di G
e esso è anche un sottogruppo proprio normale
A presto
sastra
Il sottogruppo generato dai commutatori di G è un sottogruppo normale quindi si presentano due possibilita
G non abeliano e in questo caso il sottogruppo generato dai commutatori è un sovrainsieme di H e un sottoinsieme proprio di G ,questo mostra che G ha un sottogruppo normale prprio
altrimenti se G è abeliano,in questo caso tutti i sottogruppi sono abeliani;quindi H è un sottogruppo proprio di G
e esso è anche un sottogruppo proprio normale
A presto
sastra
G non abeliano e in questo caso il sottogruppo generato dai commutatori è un sovrainsieme di H e un sottoinsieme proprio di G
Perché il sottogruppo generato dai commutatori di G è un sottogruppo proprio?
Ripropongo il problema... sia perché sastra non ha dato una soluzione completa, sia perché il problema è molto carino.
Sia G un gruppo finito non ciclico tale che ogni sottogruppo proprio di G è abeliano. Dimostrare che G ha un sottogruppo normale proprio.
Inizialmente si considera il centro di \(G\); se fosse identico per come scrisse sastra81 si considera il derivato \(G'\) dell'assegnato gruppo \(G\), cioè il sottogruppo generato dai commutatori degli elementi di \(G\); per le ipotesi \(G'\) non è identico ed è un sottogruppo pienamente invariante di \(G\) ovvero normale.
Da tutto ciò si ha la serie normale \(\{e_G\}\lhd G'\trianglelefteq G\); sia \(G'\lhd G\) allora si è concluso.
In alternativa sia \(G=G'\), si ha a che fare con un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani, si può allora supporre che sia \(G\) un gruppo semplice; sia \(M\) un suo sottogruppo massimale, esso è autonormalizzato e quindi \(m=|G:M|=|G:N_G(M)|=|[M]_{\Gamma_G}|\); sia \(\alpha:g\in G\to(g^{\alpha}:H\in[M]_{\Gamma_G}\to g^{-1}Hg=H^g\in[M]_{\Gamma_G})\in\mathrm{Sym}(m)\), tale azione \(\alpha\) è fedele(1) e transitiva(2); da ciò \(G\) è fedelmente immergibile in \(\mathrm{Sym}(m)\), o meglio \(G=G'<(\mathrm{Sym}(m))'=\mathrm{Alt}(m)\); per non avere un assurdo deve essere \(m\geq5\).
Sia \(p\) un divisore primo di \(|M|\) e si consideri un \(p\)-sottogruppo di Sylow \(P\) di \(M\); esso è normale in \(M\) quindi è l'unico \(p\)-sottogruppo di Sylow in \(M\) ma non in \(G\), per la semplicità di quest'ultimo!
Essendo \(|\mathrm{Syl}_p(G)|=|G:N_G(P)|=|G:M|=m\)(3) si ha che ogni \(p\)-sottogruppo di Sylow di \(G\) è contenuto in un unico sottogruppo (massimale) di \(G\) coniugato con \(M\), in quanto anche i \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) sono coniugati; inoltre, l'intersezione di distinti \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) è banale, in particolare si ha che esistono almeno \(m\) elementi distinti di \(G\) di periodo \(p\), ovvero esistono \(m\) elementi distinti in \(\mathrm{Alt}(m)\) di periodo \(p\) che generano gruppi ad intersezione banale...
[ERR] ciò è assurdo perché si avrebbe una permutazione su \(m\) oggetti con supporto di cardinalità \(mp\). [/ERR]
In conseguenza, \(G\) può pure essere un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani ed a centro identico ma non può essere semplice, ovvero esiste un sottogruppo \(N\) normale in \(G\).
§§§
(1) Si definisce fedele un'azione iniettiva od equivalentemente a nucleo banale.
(2) Si definisce transitiva un'azione con un'unica orbita.
(3) Con \(\mathrm{Syl}_p(G)\) indico l'insieme dei \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\).
§§§
Ammessa la correttezza della dimostrazione, si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?
Da tutto ciò si ha la serie normale \(\{e_G\}\lhd G'\trianglelefteq G\); sia \(G'\lhd G\) allora si è concluso.
In alternativa sia \(G=G'\), si ha a che fare con un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani, si può allora supporre che sia \(G\) un gruppo semplice; sia \(M\) un suo sottogruppo massimale, esso è autonormalizzato e quindi \(m=|G:M|=|G:N_G(M)|=|[M]_{\Gamma_G}|\); sia \(\alpha:g\in G\to(g^{\alpha}:H\in[M]_{\Gamma_G}\to g^{-1}Hg=H^g\in[M]_{\Gamma_G})\in\mathrm{Sym}(m)\), tale azione \(\alpha\) è fedele(1) e transitiva(2); da ciò \(G\) è fedelmente immergibile in \(\mathrm{Sym}(m)\), o meglio \(G=G'<(\mathrm{Sym}(m))'=\mathrm{Alt}(m)\); per non avere un assurdo deve essere \(m\geq5\).
Sia \(p\) un divisore primo di \(|M|\) e si consideri un \(p\)-sottogruppo di Sylow \(P\) di \(M\); esso è normale in \(M\) quindi è l'unico \(p\)-sottogruppo di Sylow in \(M\) ma non in \(G\), per la semplicità di quest'ultimo!
Essendo \(|\mathrm{Syl}_p(G)|=|G:N_G(P)|=|G:M|=m\)(3) si ha che ogni \(p\)-sottogruppo di Sylow di \(G\) è contenuto in un unico sottogruppo (massimale) di \(G\) coniugato con \(M\), in quanto anche i \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) sono coniugati; inoltre, l'intersezione di distinti \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) è banale, in particolare si ha che esistono almeno \(m\) elementi distinti di \(G\) di periodo \(p\), ovvero esistono \(m\) elementi distinti in \(\mathrm{Alt}(m)\) di periodo \(p\) che generano gruppi ad intersezione banale...
[ERR] ciò è assurdo perché si avrebbe una permutazione su \(m\) oggetti con supporto di cardinalità \(mp\). [/ERR]
In conseguenza, \(G\) può pure essere un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani ed a centro identico ma non può essere semplice, ovvero esiste un sottogruppo \(N\) normale in \(G\).
§§§
(1) Si definisce fedele un'azione iniettiva od equivalentemente a nucleo banale.
(2) Si definisce transitiva un'azione con un'unica orbita.
(3) Con \(\mathrm{Syl}_p(G)\) indico l'insieme dei \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\).
§§§
Ammessa la correttezza della dimostrazione, si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?
Interessante punto di vista! 
Tuttavia purtroppo c'è un problema.
Questa tua domanda è molto interessante:
Tuttavia purtroppo c'è un problema."j18eos":Che le intersezioni siano banali non implica che gli elementi di ordine [tex]p[/tex] abbiano supporti disgiunti. Faccio un esempio: in [tex]A_5[/tex] i due 5-cicli [tex](12345), (13245)[/tex] generano sottogruppi a intersezione identica, tranquillamente. E siccome in [tex]A_5[/tex] ci sono [tex]4!=24[/tex] 5-cicli, di siffatti se ne possono trovare fino a sei (dato che ogni sottogruppo di ordine 5 contiene esattamente quattro 5-cicli).
l'intersezione di distinti \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) è banale, in particolare si ha che esistono almeno \(m\) elementi distinti di \(G\) di periodo \(p\), ovvero esistono \(m\) elementi distinti in \(\mathrm{Alt}(m)\) di periodo \(p\) che generano gruppi ad intersezione banale; ciò è assurdo perché si avrebbe una permutazione su \(m\) oggetti con supporto di cardinalità \(mp\).
Questa tua domanda è molto interessante:
"j18eos":
si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?
"j18eos":La risposta è sì (non può averne - a meno che non sia abeliano, si intende). Infatti dato un gruppo semplice non abeliano [tex]G[/tex] e detto [tex]H[/tex] un suo sottogruppo massimale abeliano, dato [tex]g \in G - H[/tex] si ha che [tex]H \cap H^g[/tex] è normale in [tex]H[/tex] e in [tex]H^g[/tex], quindi siccome [tex]\langle H,H^g \rangle = G[/tex] (per la massimalità, ricordando che [tex]H \neq H^g[/tex] essendo [tex]H[/tex] autonormalizzato in [tex]G[/tex], sempre per la massimalità), [tex]H \cap H^g \unlhd G[/tex] e quindi [tex]H \cap H^g = \{1\}[/tex] data la semplicità. Segue che [tex]G[/tex] è un gruppo di Frobenius (con l'azione di coniugio sui coniugati di [tex]H[/tex]), assurdo.
si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?
"Martino":Grazie!
Interessante punto di vista!
L'ultima domanda è subordinata alla mia errata dimostrazione, leggendo la tua ho capito che mi manca(va) l'ultima parte: la conoscenza dei gruppi di Frobenius e della loro non semplicità!
Continuando con altri ragionamenti ho trovato altre restrizione che non mi portano a nulla di concreto... si conferma così la mia intuizione che: i gruppi semplici finiti sono stati ardui da classificare in quanto devono soddisfare parecchie richieste extra sui sottogruppi propri non banali!
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