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].

[Studente Anonimo]

Segnalo questo.

[j18eos]

Ieri sera pensavo che potrebbe aiutare l'abelianità dei [tex]$7$[/tex]-Sylow del gruppo [tex]$G$[/tex](*), leggendo la segnalazione di Martino (che al solito ringrazio) ho intravisto un barlume di soluzione; cercherò di darle una forma concreta!

§§§

(*) Essendo gruppi di ordine [tex]$49=7^2$[/tex] sono gruppi abeliani in quanto gruppi di ordine [tex]$p^2$[/tex]; con [tex]$p$[/tex] numero primo!

[j18eos]

Ho sistemato un pò tutto assieme, sperando di non essermi dimenticato nulla!

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]$P\trianglelefteq N_G(P) Se fosse [tex]$m\neq15$[/tex], per il lemma A, [tex]$G$[/tex] sarebbe un sottogruppo (a meno d'isomorfismi) di [tex]$\mathrm{Sym}3$[/tex] o di [tex]$\mathrm{Sym}5$[/tex], in entrambi i casi si avrebbe un assurdo.
Sia [tex]$m=15$[/tex], essendo i [tex]$7$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex] dei gruppi abeliani si ha che l'intersezione di ogni coppia di essi è il sottogruppo identico.
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]; 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].
Da tutto ciò e da quanto dimostrato [tex]$p=2$[/tex].

[Studente Anonimo]

Bene! Magari ricorderei che il fatto che due 7-Sylow si intersecano banalmente e' dovuto al fatto che se non fosse cosi' il centralizzante di un elemento dell'intersezione li conterrebbe entrambi, contro la loro massimalita'.

Ora rimane il caso [tex]p=2[/tex], il piu' interessante

[j18eos]

Penso di non aver commesso errori!

Premetto il seguente teorema.

Argomento Generalizzato di Frattini: Siano [tex]$\Omega$[/tex] un insieme non vuoto, [tex]$G$[/tex] un gruppo che agisce su [tex]$\Omega$[/tex] mediante un'azione [tex]$\alpha$[/tex] ed [tex]$H$[/tex] un sottogruppo di [tex]$G$[/tex], [tex]$H$[/tex] agirebbe transitivamente su [tex]$\Omega$[/tex] se e solo se fosse [tex]$G=H\cdot\mathrm{Stab}_{\alpha}^G(\omega)$[/tex] ove [tex]$\omega\in\Omega$[/tex].

Avendo dimostrato che [tex]$|G|=2^a\cdot3\cdot5$[/tex], sia [tex]$P$[/tex] un [tex]$2$[/tex]-sottogruppo di Sylow di [tex]$G$[/tex], per la semplicità di [tex]$G$[/tex] è: [tex]$|\mathrm{Syl}_2(G)|=|G:N_G(P)|=m\in\{3;5;15\}$[/tex].
Indico con [tex]$\pi:g\in G\to(P\in\mathrm{Syl}_2(G)\to g^{-1}Pg\in\mathrm{Syl}_2(G))\in\mathrm{Sym}(\mathrm{Syl}_2(G))$[/tex].

Sia [tex]$m=3$[/tex], è a meno d'isomorfismi, per il lemma A, [tex]$G\leq\mathrm{Sym}(3)$[/tex]; assurdo!

Sia [tex]$m=15$[/tex], i [tex]$2$[/tex]-sottogruppo di Sylow di [tex]$G$[/tex] sono tutti autonormalizzati; a meno d'isomorfismi, per il lemma A è [tex]$G<\mathrm{Sym}(15)$[/tex]. Ragionando a meno d'isomorfismi, per il teorema di Sylow, [tex]$P$[/tex] è un sottogruppo transitivo di [tex]$G$[/tex]; per l'Argomento di Frattini Generalizzato, [tex]$G=P\cdot\mathrm{Stab}_{\pi}^G(Q)$[/tex] con [tex]$Q\in\mathrm{Syl}_2(G)$[/tex], dall'ipotesi è [tex]$\mathrm{Stab}_{\pi}^G(Q)=N_G(Q)=Q$[/tex]. Da tutto ciò sarebbe [tex]$|G|=\frac{|P|\cdot|Q|}{|P\cap Q|}=2^b:a\leq b\leq2a$[/tex], e ciò è assurdo con l'ipotesi sull'ordine di [tex]$G$[/tex]!

Per esclusione è [tex]$m=5$[/tex], per il lemma A, a meno d'isomorfismi, è [tex]$G\leq\mathrm{Sym}(5)$[/tex], allora [tex]$a\in\{2;3\}$[/tex]; ma se fosse [tex]$a=3$[/tex] sarebbe [tex]$G=\mathrm{Sym}(5)$[/tex], tale gruppo non è semplice, quindi è [tex]$a=2$[/tex].

Cercherò di mostrare, diversamente da questo linkato da Martino, che a meno d'isomorfismi è [tex]$G=\mathrm{Alt}5$[/tex].

[Studente Anonimo]

"j18eos":per il teorema di Sylow, [tex]$P$[/tex] è un sottogruppo transitivo di [tex]$G$[/tex]

No, [tex]P[/tex] non può essere transitivo su [tex]\text{Syl}_2(G)[/tex] dato che per esempio ammette [tex]P[/tex] come (unico) punto fisso. Non solo, [tex]P[/tex] non può essere transitivo nemmeno su [tex]\text{Syl}_2(G)-\{P\}[/tex], dato che [tex]14=|\text{Syl}_2(G)-\{P\}|[/tex] non è una potenza di [tex]2[/tex].

[j18eos]

In breve ho bestemmiato Frattini!

Comunque, di seguito, scrivo l'idea che ho escluso semplicemente perché non mi convince; sarebbe il colmo se fosse corretta!

Sia al solito [tex]$|G|=2^a\cdot3\cdot5;\,\pi:g\in G\to(Q\in\mathrm{Syl}_2(G)\to g^{-1}Qg\in\mathrm{Syl}_2(G))\in\mathrm{Sym}(\mathrm{Syl}_2(G));\,P\in\mathrm{Syl}_2(G);\,\mathrm{Stab}_{\pi}^G(P)=N_G(P)=P$[/tex], la bestialità di questa domenica pomeridiana è che per l'equazione generalizzata delle classi risulta [tex]$15=|\mathrm{Syl}_2(G)|=|G|\sum_{P\in\mathrm{Syl}_2(G)}\frac{1}{|\mathrm{Stab}_{\pi}^G(P)|}=|G|\sum_{P\in\mathrm{Syl}_2(G)}\frac{1}{|N_G(P)|}=|G|\sum_{P\in\mathrm{Syl}_2(G)}\frac{1}{2^a}=|G|\cdot\frac{15}{2^a}=15^2\surd$[/tex].

Dato che sbagliando imparo, se qualcuno (tipo Martino ) mi mostrasse l'errore, imparerei altro!

Grazie, Armando.

P.S.: Non ho usato lo spoiler in quanto non ci credo alla correttezza questa idea.

[Studente Anonimo]

"j18eos":[tex]|G|\sum_{P\in\mathrm{Syl}_2(G)}\frac{1}{|\mathrm{Stab}_{\pi}^G(P)|}=|G|[/tex].

Come giustifichi questa uguaglianza?

[j18eos]

La giustifico dicendo che non ho fatto i conti, non è che ho fatto i conti male!

Per cortesia non mi dite che l'idea è corretta, altrimenti ho fatto rivoltare nella tomba a Frattini inutilmente!

[j18eos]

Dato che oramai mi sono fissato di dover dimostrare che a meno d'isomorfismi è [tex]$G=\mathrm{Alt}5$[/tex], ecco la dimostrazione!

Essendo, sottointenderò d'ora in poi che parlo a meno d'isomorfismi, [tex]$|\mathrm{Sym}5:G|=2\Rightarrow G\triangleleft\mathrm{Sym}5$[/tex] si ha che [tex]$G$[/tex] contiene le classi di coniugio dei suoi elementi [tex]$[\cdot]_{C_{\mathrm{Sym}5}}$[/tex]; banalmente [tex]$[\iota_5]_{C_{\mathrm{Sym}5}}\subset G$[/tex]. Senza richiamare la teoria, non può essere [tex]$[(1\,2)]_{C_{\mathrm{Sym}5}}\subset G$[/tex] altrimenti dovrebbe essere [tex]$G\geq\langle[(1\,2)]_{C_{\mathrm{Sym}5}}\rangle=\mathrm{Sym}5\surd$[/tex], e non può essere [tex]$[(1\,2\,3\,4)]_{C_{\mathrm{Sym}5}}\subset G$[/tex], in quanto [tex]$(1\,2\,3\,4)(1\,2\,4\,3)=(1\,4\,2)\in G\Rightarrow[(1\,2\,3)]_{C_{\mathrm{Sym}5}}\subset G\Rightarrow\mathrm{Alt}5
Da ciò, in [tex]$G$[/tex] vi sono le permutazioni pari su [tex]$5$[/tex] elementi, quindi [tex]$G=\mathrm{Alt}5$[/tex].

§§§

In tale dimostrazione, si sono date per note parecchie proprietà dei gruppi simmetrici e dei gruppi alterni, inoltre, si sono confuse le classi di equivalenza rispetto al coniugio con il sostegno di esse.

Se il precedente punto non fosse ancora risolto, ditemelo che tornerei a pensarci.

[Studente Anonimo]

"j18eos":[tex]|\text{Syl}_2(G)|=|G|\sum_{P\in\text{Syl}_2(G)}\frac{1}{|\text{Stab}_{\pi}^G(P)|}[/tex].

Questa uguaglianza e' falsa. Quando spezzi un insieme nelle sue orbite e scrivi la sua cardinalita' come somma delle cardinalita' delle orbite devi ovviamente prendere gli indici degli stabilizzatori di elementi scelti in orbite distinte. Qui tu stai invece sommando su tutti i 2-Sylow, come se l'orbita di ognuno avesse un solo elemento. L'uguaglianza giusta e' [tex]|\text{Syl}_2(G)| = |G|/|\text{Stab}_{\pi}^{G}(P)|[/tex], dato che l'azione di [tex]G[/tex] su [tex]\text{Syl}_2(G)[/tex] e' transitiva.

PS. mi sono accorto solo ora della tua modifica all'intervento precedente. Questo accade perche' non controllo l'argomento se non ci sono nuovi interventi. Quindi sarebbe meglio se tu inserissi nuovi interventi anziche' modificare quelli vecchi, altrimenti potremmo metterci una settimana ad accorgerci delle tue modifiche!

[j18eos]

Mi ero dimenticato di scrivertelo che avevo modificato.

Tornando al problema, ecco una soluzione parziale al caso in cui i [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex] sono sottogruppi autonormalizzati!

Sia [tex]$P$[/tex] un [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], si rammenta che esso è autonormalizzato!

Essendo [tex]$|G:P|=15$[/tex], nulla impossibilita di supporlo non massimale, quindi non può che esistere un sottogruppo [tex]$H$[/tex] di [tex]$G$[/tex] tale che:

a)[tex]$|G:H|=3$[/tex], per il lemma A è, a meno di isomorfismi, [tex]$G<\mathrm{Sym}3\,\surd$[/tex];

b)[tex]$|G:H|=5$[/tex], per il lemma A è, a meno di isomorfismi, [tex]$G<\mathrm{Sym}5\Rightarrow a=2$[/tex], quindi i suoi [tex]$2$[/tex]-Sylow sono gruppi abeliani di ordine [tex]$4$[/tex]; i [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], essendo [tex]$15$[/tex], contengo [tex]$46$[/tex] elementi di [tex]$G$[/tex], i restanti [tex]$14$[/tex] distinti dall'elemento neutro devono essere ripartiti tra i [tex]$3$[/tex]-Sylow ed i [tex]$5$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], e ciò è impossibile.

Da qui in poi non credo nella giustezza delle affermazioni.

Poiché in [tex]$G$[/tex] vi sono almeno un [tex]$3$[/tex]-Sylow ed un [tex]$5$[/tex]-Sylow, nello specifico un [tex]$C_3$[/tex] ed un [tex]$C_5$[/tex], essi generano un [tex]$C_{15}$[/tex], in particolare [tex]$C_3;C_5\triangleleft C_{15}\Rightarrow N_G(C_3)=C_{15}=N_G(C_5)\Rightarrow |\mathrm{Syl}_3(G)|=|\mathrm{Syl}_5(G)|=|G:C_{15}|=2^a$[/tex], essendo dei sottogruppi di Sylow abeliani, la loro unione contiene [tex]$1+2\cdot2^a+4\cdot2^a=1+6\cdot2^a$[/tex] elementi distinti di [tex]$G$[/tex], ne rimarrebbero [tex]$2^a\cdot3\cdot5-1-6\cdot2^a=9\cdot2^a-1$[/tex] distinti dall'elemento neutro da distribuire tra i [tex]$15$[/tex] [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex]; ciò è impossibile.

[Studente Anonimo]

"j18eos":b)[tex]$|G:H|=5$[/tex], per il lemma A è, a meno di isomorfismi, [tex]$G<\mathrm{Sym}5\Rightarrow a=2$[/tex], quindi i suoi [tex]$2$[/tex]-Sylow sono gruppi abeliani di ordine [tex]$4$[/tex]; i [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], essendo [tex]$15$[/tex], contengo [tex]$46$[/tex] elementi di [tex]$G$[/tex], i restanti [tex]$14$[/tex] distinti dall'elemento neutro devono essere ripartiti tra i [tex]$3$[/tex]-Sylow ed i [tex]$5$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], e ciò è impossibile.

In realtà non capisco come mai discuti di nuovo il caso in cui esista un sottogruppo di indice 5: hai già dimostrato nell'intervento prima che se questo accade allora [tex]G \cong A_5[/tex].

Del seguito capisco davvero poco

Poiché in [tex]$G$[/tex] vi sono almeno un [tex]$3$[/tex]-Sylow ed un [tex]$5$[/tex]-Sylow, nello specifico un [tex]$C_3$[/tex] ed un [tex]$C_5$[/tex], essi generano un [tex]$C_{15}$[/tex]

Beh no, per esempio anche [tex]S_5[/tex] ha un [tex]C_3[/tex] e un [tex]C_5[/tex] ma questi non generano un [tex]C_{15}[/tex], dato che in [tex]S_5[/tex] non ci sono elementi di ordine [tex]15[/tex]. Perché valga quello che dici il [tex]C_3[/tex] e il [tex]C_5[/tex] devono commutare punto per punto.

in particolare [tex]C_3;C_5\triangleleft C_{15}\Rightarrow N_G(C_3)=C_{15}=N_G(C_5)[/tex]

Beh no: anche ammesso che ci fosse questo [tex]C_{15}[/tex], il fatto che esso abbia un [tex]C_3[/tex] e un [tex]C_5[/tex] normali dice solo che è contenuto nel loro normalizzante, non che coincide con esso. In altre parole, se [tex]H \unlhd K \leq G[/tex] allora [tex]K \leq N_G(H)[/tex], ma non c'è motivo per cui debba essere [tex]K=N_G(H)[/tex]

ne rimarrebbero [tex]$2^a\cdot3\cdot5-1-6\cdot2^a=9\cdot2^a-1$[/tex] distinti dall'elemento neutro da distribuire tra i [tex]$15$[/tex] [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex]; ciò è impossibile.

Anche ammesso che valga quanto precede, perché questo sarebbe impossibile?

PS. prova a pensare a questo: un fissato 2-Sylow P agisce sull'insieme dei 14 2-Sylow distinti da P senza punti fissi. Siccome 14 non è un multiplo di 4, deve esistere una P-orbita di cardinalità 2. Prendi un 2-Sylow Q in questa P-orbita e prova a giocarci un po'

[j18eos]

"Martino":...Del seguito capisco davvero poco ...

A me sembra che hai capito che non ho capito come giocarmela la partita ,infatti, giocherò secondo il tuo schema.

P.S.: Spero di non aver rovinato i tuoi ricci!

[Studente Anonimo]

"j18eos":P.S.: Spero di non aver rovinato i tuoi ricci!

Mh?

[j18eos]

Pensandoci ultimamente, sono riuscito a dimostrare l'esistenza di un tale [tex]$2$[/tex]-Sylow [tex]$Q$[/tex].

Sia [tex]$P$[/tex] un [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex], al solito autonormalizzato; considerata l'azione [tex]$\alpha:g\in P\to(Q\in\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\}\to Q^g\in\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\})\in\mathrm{Sym}(\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\})\cong\mathrm{Sym}14$[/tex], si ha che [tex]$\forall Q\in\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\},\,|\mathrm{Orb}_{\alpha}(Q)|=|P:\mathrm{Stab}_{\alpha}(Q)|=2^b$[/tex] ove è [tex]$1\leq b\leq a$[/tex], in quanto se potesse essere [tex]$b=0$[/tex] allora esisterebbe un [tex]$2$[/tex]-Sylow [tex]$Q$[/tex] di [tex]$G$[/tex] distinto da [tex]$P$[/tex] il cui normalizzante in [tex]$G$[/tex] contiene [tex]$P$[/tex], ma essendo anche [tex]$Q$[/tex] autonormalizzato sarebbe [tex]$P=Q$[/tex] e ciò è assurdo.
Notando che [tex]$14\geq|\mathrm{Orb}_{\alpha}(Q)|=2^b\Rightarrow 1\leq b\leq3$[/tex], in particolare si evidenzia che [tex]$\alpha$[/tex] non è un'azione transitiva (non ha un'unica orbita).
Facendo i conti sull'ordine delle orbite di [tex]$\alpha$[/tex], poiché il loro insieme costituisce una partizione di [tex]$\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\}$[/tex], si ottiene che [tex]$\exists Q\in\mathrm{Syl}_2(G)-\{P\}:|\mathrm{Orb}_{\alpha}(Q)|=2$[/tex].

Eppoi? Ci vorrei giocare con i centralizzanti, ma non vorrei prendere un vicolo cieco!

EDIT: Forse ho trovato, ma ci penserò (da?) domani.

[Studente Anonimo]

"j18eos":se potesse essere [tex]$b=0$[/tex] esisterebbero [tex]$14$[/tex] [tex]$2$[/tex]-Sylow in [tex]$G$[/tex]

Potresti giustificare questa affermazione?

[j18eos]

Ho modificato, per sicurezza riscrivo qui in spoiler le modifiche!

...se potesse essere [tex]$b=0$[/tex] allora esisterebbe un [tex]$2$[/tex]-Sylow [tex]$Q$[/tex] di [tex]$G$[/tex] distinto da [tex]$P$[/tex] il cui normalizzante in [tex]$G$[/tex] contiene [tex]$P$[/tex], ma essendo anche [tex]$Q$[/tex] autonormalizzato sarebbe [tex]$P=Q$[/tex]...

Spero di essere giunto alla conclusione!

Siano [tex]$P$[/tex] e [tex]$Q$[/tex] dei [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex] al solito autonormalizzati tali che, secondo le notazioni del mio precedente post [tex]$|P:\mathrm{Stab}_{\alpha}(Q)|=2$[/tex], posto [tex]$H=\mathrm{Stab}_{\alpha}(Q)$[/tex] è [tex]$H\lhd P$[/tex], ma inoltre [tex]$H< N_G(Q)=Q,\,|Q:H|=2\Rightarrow H\lhd Q$[/tex].
Considerato [tex]$N_G(H)$[/tex], per definizione esso è generato dai sottogruppi di [tex]$G$[/tex] in cui [tex]$H$[/tex] è normale, allora [tex]$N_G(H)\geq\langle P;Q\rangle$[/tex]; poiché [tex]$P$[/tex] e [tex]$Q$[/tex] sono [tex]$2$[/tex]-Sylow di [tex]$G$[/tex] distinti deve essere [tex]$|G:N_G(H)|\in\{1;3;5\}$[/tex]...

EDIT Corretto gli errori; convince? La conclusione l'ho rimandata all'ultimo post, scritto or ora!

[Studente Anonimo]

"j18eos":ma inoltre [tex]$H< N_G(Q)=Q\Rightarrow H\triangleleft Q$[/tex] quindi [tex]$N_G(H)<\langle P;Q\rangleDal fatto che [tex]H \leq Q[/tex] non segue necessariamente [tex]H \unlhd Q[/tex] (devi argomentare). Inoltre se dimostri che [tex]H \unlhd Q[/tex] non deduci che [tex]N_G(H) \leq \langle P,Q \rangle[/tex], semmai il contrario, [tex]N_G(H) \geq \langle P,Q \rangle[/tex].

Poi non capisco perché continui a tirare in ballo il caso [tex]G \cong A_5[/tex]... stiamo supponendo per assurdo che non ci siano sottogruppi di indice [tex]5[/tex], quindi [tex]A_5[/tex] è escluso in partenza.

[j18eos]

Si vede che quando mi sento vicino alla meta sclero... uff! Non mi dire nulla, ma è un periodo no con gli studi.