Gruppo semplice di ordine $p^a * 15$

[Studente Anonimo]

Siano [tex]a \geq 0[/tex] un intero, [tex]p[/tex] un numero primo e [tex]G[/tex] un gruppo semplice di ordine [tex]p^a \cdot 15[/tex]. Dimostrare che [tex]G \cong A_5[/tex].

Lo trovo un esercizio molto bello. E' preso da un foglio dato durante questa geniale scuola estiva a cui ho partecipato (li' era [tex]p=2[/tex], ma il risultato vale per un [tex]p[/tex] generico). Il caso generale segue abbastanza facilmente una volta risolto il caso [tex]p=2[/tex].

[mistake89]

Che bello, ci proverò sicuramente (anche se non so se è alla mia portata!). Volevo solo chiedere numi su una cosa e mi scuserete per la banalità forse.

$A_5$ ha esattamente $60$ elementi ed un gruppo ad esso isomorfo deve averne esattamente $60$, il che si verifica solo per $p=a=2$. Per ogni altro $p$ ed ogni altro $a$ allora l'isomorfismo è con un sottogruppo di $G$, giusto o mi sfugge qualcosa?

PS Il teorema di Caylay mi sta solleticando.

[Studente Anonimo]

"mistake89":Volevo solo chiedere numi

Intendevi "lumi"?

$A_5$ ha esattamente $60$ elementi ed un gruppo ad esso isomorfo deve averne esattamente $60$, il che si verifica solo per $p=a=2$. Per ogni altro $p$ ed ogni altro $a$ allora l'isomorfismo è con un sottogruppo di $G$

No. Il punto e' che bisogna dimostrare che se [tex]G[/tex] e' semplice di ordine [tex]p^a \cdot 15[/tex] allora automaticamente [tex]p=a=2[/tex] e [tex]G \cong A_5[/tex].

[mistake89]

Ahahah scusami, le mie funzioni vitali sono ancora ridotte al minimo

Ah ok, ora mi è tutto più chiaro. Almeno riesco a pensarci in una direzione più sensata.
Grazie mille, dovesse venirmi qualche idea la posterò

[mistake89]

Io ci sto lavorando Martino anche se per adesso non riuscito ad escludere nulla (sto provando il caso p=2).
In realtà stavo pensando di fare così:
I casi $a=0,a=1$ li escludo facilmente ammettendo uno solo il gruppo ciclico e l'altro essendo della forma $2*d$.

Ora suppongo che $a>2$ e voglio provare che allora $G$ non è semplice. Avevo pensato di provare l'esistenza di un sottogruppo di indice $2,3 o 4$ garantendomi così la non semplicità del gruppo oppure di provare che il $2$-sylow è ciclico. A disposizione credo di avere solo qualche nozione sulle azioni ed il teorema di Caylay e quindi per ora sono a $0$.

Risolto questo punto il resto dell'esercizio vien da sè, in quanto si dimostrare che l'unico gruppo semplice di ordine $60$ è proprio $A_5$ da cui seguirà l'isomorfismo.

Continuo a pensarci.

[Studente Anonimo]

Ok, aggiungerei solo una cosa: osserva che se trovi un sottogruppo di indice 5 sei pure a posto.

[Studente Anonimo]

Mi rendo conto che non e' un problema facile, do' qualche "input" (non si sa mai).

Non puo' essere [tex]p \in \{3,5\}[/tex], per vederlo basta usare la teoria di Sylow.

Se troviamo un sottogruppo di indice 5 abbiamo finito (...) quindi andando per assurdo possiamo supporre che i p-Sylow siano massimali (...), in particolare sono 15.

Ora, un fissato p-Sylow agisce per coniugio sull'insieme dei p-Sylow...

[mistake89]

Ehm è colpa mia sono stato impegnato in questo periodo e non ci ho potuto riflettere moltissimo, però non mi era venuto comunque niente di interessante (purtroppo non sono molto pratico sulle azioni!)... proverò con qualche suggerimento a cavarci qualcosa.

[mistake89]

Mi dispiace lasciarlo cadere così, però forse non sono in grado!
Magari con una risoluzione assistita posso arrivarci (ed imparare un po' di cose sulle azioni). Che dici Martino?

Scrivo quello a cui ho pensato un po' stamattina, magari, non serve e così cerco un'altra strada.

Fisso un $2$-sylow $K$ e chiamo $X$ l'insieme dei $2$-sylow. In particolare abbiamo supposto che siano 15.

Consideriamo ora l'azione di $K$ su $X$ per coniugio, cioè $(k,H)=kHk^(-1)$ e pensiamo all'equazione delle classi.
Sicuramente in $X$ c'è $K$ e quindi $O(K)=1$, da cui $N(K)=15$ quindi in particolare è abeliano, contiene inoltre un $3$-sylow ed un $5$-sylow.
Ora però mi son bloccato, anche perchè il $N(K)$ è l'insieme dei $k in K$ tali che $kKk^(-1)=K$ e questo dovrebbe avere ordine $2^a$.
Quindi mi sembra si sia giunti ad un assurdo...
Avremmo quindi dimostrato che i $2$-sylow sono in numero di $3$ o $5$

Attendo conferme o smentite prima di ritornare a pensarci

[Studente Anonimo]

Fai con calma, non e' che ho fretta che il problema venga risolto se rimane dov'e' va bene lo stesso.

Dal momento che supponi che K sia massimale, esso coincide col suo normalizzante. Quindi non capisco come deduci che [tex]|N_G(K)|=15[/tex].

K agisce su X, e X ha 15 elementi (penso che l'argomento per dire che X ha 15 elementi ti sia chiaro). Bene. Guardiamo alle orbite. Cosa puoi dire di non banale sulle orbite? Per esempio cosa puoi dire dell'orbita di K? E cosa puoi dire delle orbite con un solo elemento? In altre parole come sono fatti i p-Sylow normalizzati da K? (c'e' un lemmino generale in merito).

Quando avrai risposto a queste domande avrai ottenuto forti restrizioni su [tex]p[/tex] e potrai dedurre l'esistenza di un'orbita "piccola"...

[mistake89]

"Martino":Fai con calma, non e' che ho fretta che il problema venga risolto se rimane dov'e' va bene lo stesso.

Dal momento che supponi che K sia massimale, esso coincide col suo normalizzante. Quindi non capisco come deduci che [tex]|N_G(K)|=15[/tex].

Eh, ho dato di matto. Ho sbagliato ad applicare il teorema orbita-stabilizzatore all'insieme $X$ e non a $K$.

Proverò a ragionare su ciò che mi hai detto!

[j18eos]

Inizio a scrivere il primo punto della mia soluzione, dopo aver avvisato mistake89 in privato.

Se fosse [tex]$p=5$[/tex] allora per il teorema di Sylow [tex]$G$[/tex] avrebbe un sottogruppo [tex]$H$[/tex] di ordine [tex]$p^{a+1}$[/tex], il suo indice in [tex]$G$[/tex] sarebbe [tex]$3$[/tex], ovvero il minimo divisore primo dell'ordine di [tex]$G$[/tex]; quindi sarebbe [tex]$H\triangleleft G$[/tex](*) in assurdo con la semplicità di [tex]$G$[/tex].

§§§

(*) Ci si confronti con l'ultimo punto di questo sottoparagrafo tratto da wikipedia.it.

[Studente Anonimo]

j18eos, ora prova ad escludere anche il caso [tex]p=3[/tex], non è difficile, basta tenere a mente questo lemmino:

Lemma A. Se un gruppo semplice [tex]G[/tex] ha un sottogruppo proprio di indice [tex]n[/tex] allora esiste un omomorfismo iniettivo [tex]G \to \text{Sym}(n)[/tex].
Dim. Azione sui laterali!

[j18eos]

Avevo pensato ad una dimostrazione puramente col solo teorema di Sylow ma sinceramente preferisco utilizzare il Lemma A, è rapidissima la dimostrazione.

Sia in assurdo [tex]$p=3$[/tex] allora [tex]$G$[/tex] ha ordine [tex]$3^{a+1}5$[/tex], per il teorema di Sylow ha un sottogruppo di indice [tex]$5$[/tex] per cui è fedelmente immergibile(1) in [tex]$\mathrm{Sym}(5)$[/tex] per il Lemma A, per il teorema di Lagrange è [tex]$a=0$[/tex] quindi [tex]$G$[/tex] ha ordine [tex]$15=3\cdot5$[/tex] per cui è ciclico non semplice(2); in assurdo con l'ipotesi di semplicità.

§§§

(1) Il gruppo [tex]$G$[/tex] agisce iniettivamente come gruppo su un insieme.

(2) Ma lo devo dimostrare?

[j18eos]

Per questo punto non mi prendo meriti.

Banale per quanto discusso da mistake89 con Martino!(*)

§§§

(*) Io sono solo una brutta comparsa.

[Studente Anonimo]

Dato che il problema stagna un po' sono spinto a proporre l'argomento, sperando di interessare qualcuno.

Come già osservato da j18eos, possiamo supporre [tex]p \neq 3,5[/tex]. Sia ora [tex]\mathcal{P}[/tex] l'insieme dei [tex]p[/tex]-Sylow di [tex]G[/tex], e sia [tex]H \in \mathcal{P}[/tex].

Lemma B. Se il gruppo finito [tex]G[/tex] agisce sull'insieme [tex]X[/tex] e [tex]x \in X[/tex] allora [tex]|xG| = |G:\text{Stab}_G(x)|[/tex], dove [tex]xG[/tex] indica l'orbita di [tex]x[/tex] e [tex]\text{Stab}_G(x)[/tex] indica lo stabilizzatore di [tex]x[/tex].
Dim. Appartiene alla teoria di base delle azioni.

Dato che [tex]G[/tex] agisce transitivamente su [tex]\mathcal{P}[/tex], dal lemma B segue che [tex]|\mathcal{P}| = |G:N_G(H)|[/tex]. D'altra parte per il teorema di Sylow [tex]|\mathcal{P}|[/tex] divide [tex]15[/tex], e non può essere [tex]3[/tex] per via del lemma A. Se [tex]|G:N_G(H)|=5[/tex] allora per il lemma A esiste un omomorfismo iniettivo [tex]G \to S_5[/tex], e possiamo concludere col lemma seguente.

Lemma C. L'unico sottogruppo semplice non abeliano di [tex]S_5[/tex] è [tex]A_5[/tex].
Dim. Per ispezione (basta controllare - usando Sylow - i gruppi di ordine che divide 120).

Possiamo quindi supporre che [tex]|\mathcal{P}|=15[/tex]. [tex]H[/tex] agisce su [tex]\mathcal{P}[/tex] per coniugio, e per il lemma B le orbite di questa azione hanno un numero di elementi che divide [tex]|H|[/tex], in particolare è una potenza di [tex]p[/tex].

Lemma D. Se [tex]L[/tex] è un [tex]p[/tex]-sottogruppo di [tex]G[/tex] che normalizza [tex]K \in \mathcal{P}[/tex] allora [tex]L \subseteq K[/tex].
Dim. Considerare il sottogruppo [tex]LK[/tex]...

Dal lemma D segue che l'unica [tex]H[/tex]-orbita di [tex]\mathcal{P}[/tex] con un solo elemento è [tex]\{H\}[/tex]. Quindi 15 dev'essere somma di potenze di [tex]p[/tex] di cui esattamente una dev'essere 1, e da questo si deducono subito due cose:

1. [tex]p \in \{2,7\}[/tex];
2. esiste una [tex]H[/tex]-orbita [tex]\mathcal{O}[/tex] di [tex]\mathcal{P}[/tex] con esattamente [tex]p[/tex] elementi.

Prendiamo [tex]K \in \mathcal{O}[/tex]. Lo stabilizzatore di [tex]K[/tex] in [tex]H[/tex] ha indice [tex]p[/tex] e normalizza [tex]K[/tex], quindi usando il lemma D e facendo qualche ulteriore osservazione si riesce a concludere.

[j18eos]

OUT OF SELF: Questo è un periodo in cui sono rotto: di studiare, di lavorare e too cure!

Riprendo la dimostrazione da dove l'ho lasciata!

Per i teoremi di Sylow e di Lagrange il [tex]$p$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex] ha indice [tex]$15$[/tex] per cui, per il lemma A, si ha che a meno d'isomorfismi [tex]$G$[/tex] è un sottogruppo di [tex]$\mathrm{Sym}(15)$[/tex].
Per il teorema di Lagrange si ha che [tex]$p\in\{2;3;5;7;11;13\}$[/tex], ma per quanto dimostrato: i valori [tex]$3$[/tex] e [tex]$5$[/tex] sono da escludere, se fosse [tex]$p=11$[/tex] o [tex]$p=13$[/tex] dovrebbe essere per il teorema di Lagrange [tex]$a=1$[/tex] in assurdo con quanto dimostrato.

Da quanto scritto si ha che [tex]$p\in\{2;7\}$[/tex].

[j18eos]

OUT OF SELF: Ho smesso di essere rotto!

Sia [tex]$p=7$[/tex], per il teroma di Sylow esiste in [tex]$G$[/tex] un sottogruppo [tex]$P$[/tex] di ordine [tex]$7^a$[/tex], da quanto dimostrato [tex]$a>1$[/tex] ed a meno d'isomorfismi [tex]$G$[/tex] è un sottogruppo di [tex]$\mathrm{Sym}15$[/tex], per il lemma A quindi per il teorema di Lagrange [tex]$a=2$[/tex].
Essendo [tex]$G$[/tex] semplice si ha che [tex]$P\triangleleft N_G(P)lemma A, [tex]$G$[/tex] sarebbe un sottogruppo (a meno d'isomorfismi) di [tex]$\mathrm{Sym}3$[/tex] o di [tex]$\mathrm{Sym}5$[/tex], in entrambi i casi si avrebbe un assurdo.
Da tutto ciò e da quanto dimostrato [tex]$p=2$[/tex].

EDIT: C'è ancora un errore! T_T

[Studente Anonimo]

"j18eos":[tex]$P\triangleleft N_G(P)Come escludi il caso in cui [tex]P=N_G(P)[/tex]? Inoltre perche' hai posto [tex]a=2[/tex]?

[j18eos]

C'ho messo un pò di tempo, a parte gli esami che stanno per finire (per adesso!), ma volevo dimostrare più di quanto dovessi per questo problema; lo lascio come domanda extra: cosa si può dire sui [tex]$p$[/tex]-sottogruppi di Sylow di un gruppo finito autonormalizzati?

Detto [tex]$\mathrm{Syl_7}(G)$[/tex] l'insieme dei [tex]$7$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex], è [tex]$|\mathrm{Syl_7}(G)|=|G:N_G(P)|=|G:P|=15$[/tex]; banalmente specifico che non ho cambiato i nomi e l'ipotesi.
La loro unione è un insieme di [tex]$15(49-1)+1=721$[/tex] elementi distinti, restano [tex]$15$[/tex] elementi di [tex]$G$[/tex] da distribuire tra i [tex]$3$[/tex]-sottogruppi ed i [tex]$5$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex].
Con una semplice applicazione del teorema di Sylow si arriva alla conclusione che non si riesce in ciò, e quindi è assurdo supporre [tex]$P=N_G(P)$[/tex].

Non sono tanto convinto di aver ragionato come si deve.

[Studente Anonimo]

"j18eos":cosa si può dire sui [tex]$p$[/tex]-sottogruppi di Sylow di un gruppo finito autonormalizzati?

Domanda molto vasta. Il punto dell'esercizio che ho proposto e' appunto escludere il caso in cui ogni p-Sylow e' autonormalizzato. Per questo motivo direi che il problema che poni e' molto difficile.

La loro unione è un insieme di [tex]$15(49-1)+1=721$[/tex] elementi distinti

Non è detto. Questo vale solo se due qualsiasi 7-Sylow hanno intersezione banale, e questo può benissimo non succedere.

Come ho già osservato sopra, se supponi che [tex]P \neq N_G(P)[/tex] risolvi in fretta (usando i lemmi A e C). Quindi è proprio al caso in cui [tex]P=N_G(P)[/tex] che bisogna pensare bene