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].

[j18eos]

Corretto le mie ultime scemenze, ecco le correzioni e la conclusione in spoiler!

[tex]$\hdots|Q:H|=2\Rightarrow H\lhd Q$[/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].
Da quanto dimostrato in precedenza, se fosse [tex]$|G:N_G(H)|\in\{1;3\}$[/tex] sarebbe assurdo per quanto già dimostrato, quindi deve essere [tex]$|G:N_G(H)|=5\Rightarrow\,a=2$[/tex].
Per quanto già provato è [tex]$G\simeq\mathrm{Alt}5$[/tex]; ma i suoi [tex]$2$[/tex]-Sylow sono i gruppi di Klein [tex]$\mathrm{V}_4$[/tex]e sono [tex]$N_{\mathrm{Alt}5}(\mathrm{V}_4)=\mathrm{Alt}4\neq\mathrm{V}_4$[/tex], per cui è assurdo supporre che in [tex]$G$[/tex] i suoi [tex]$2$[/tex]-Sylow siano autonormalizzati.

OUT OF SELF Esattamente a un mese e mezzo dopo il mio ultimo intervento, che coincidenza; al di là della correttezza!

EDIT Corretto il finale!

[Studente Anonimo]

Onore alla perseveranza! ora sarebbe bello scivere la "bella copia" della dimostrazione, se non vuoi farlo tu lo faccio io. Fammi sapere!

[j18eos]

Grazie!

Comunque avevo scritto una sciocchezza nel finale, non te ne sei accorto? Forse è l'emozione o l'età!

La bella copia la pubblicherò in giornata, credo che mi spetti di diritto.

[Studente Anonimo]

"j18eos":Comunque avevo scritto una sciocchezza nel finale, non te ne sei accorto?

Sì ok, l'avevi scritto un po' male, l'ho notato (avevi incluso per errore il caso 5, ma ok, ci siamo capiti). Era un errore di forma, non di sostanza. Io cerco di limitarmi a farti osservare gli errori di sostanza

[j18eos]

Ecco tutta la dimostrazione da me proposta per ottenere [tex]$p=a=2$[/tex]!

Sia [tex]$p=5$[/tex], per il teorema di Sylow [tex]$G$[/tex] ha un sottogruppo [tex]$H$[/tex] di ordine [tex]$5^{a+1}$[/tex], il suo indice in [tex]$G$[/tex] è [tex]$3$[/tex], ovvero il minimo divisore primo dell'ordine di [tex]$G$[/tex]; quindi risulta [tex]$H\lhd G$[/tex](1) in assurdo con la semplicità di [tex]$G$[/tex].

Sia [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(2) 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; in assurdo con l'ipotesi di semplicità.

Banalmente per quanto discusso da mistake89 con Martino(3) si ha che [tex]$a>1$[/tex].

Per i teoremi di Sylow e di Lagrange i [tex]$p$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex] hanno indice [tex]$15$[/tex] in esso 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].

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 teorema di Lagrange [tex]$a=2$[/tex].
Essendo [tex]$G$[/tex] semplice si ha che \(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]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex] dei gruppi abeliani(4) si ha che l'intersezione di ogni coppia di essi è il sottogruppo identico.(5)
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].

Sia [tex]$P$[/tex] un [tex]$2$[/tex]-sottogruppo di Sylow di [tex]$G$[/tex], iterando il precedente ragionamento, per evitare un assurdo lo si deve supporre autonormalizzato oppure ad indice [tex]$5$[/tex]!

Sia [tex]$P$[/tex] autonormalizzato in [tex]$G$[/tex], 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]-sottogruppo di 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].
In particolare [tex]$2=|\mathrm{Orb}_{\alpha}(Q)|=|P:\mathrm{Stab}_{\alpha}(Q)|$[/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]$G>N_G(H)\geq\langle P;Q\rangle$[/tex]; poiché [tex]$P$[/tex] e [tex]$Q$[/tex] sono [tex]$2$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex] distinti deve essere [tex]$|G:N_G(H)|\in\{3;5\}$[/tex].
Da quanto dimostrato in precedenza, sarebbe assurdo che sia [tex]$|G:N_G(H)|=3$[/tex], quindi deve essere [tex]$|G:N_G(H)|=5\Rightarrow\,a=2$[/tex].
Essendo [tex]$|G|=2^2\cdot3\cdot5=60$[/tex], sottointenderò d'ora in poi che parlo a meno d'isomorfismi, [tex]$|\mathrm{Sym}5:G|=2\Rightarrow G\lhd\mathrm{Sym}5$[/tex] si ha che [tex]$G$[/tex] contiene le classi di coniugio dei suoi elementi [tex]$[\cdot]_{C_{\mathrm{Sym}5}}$[/tex](6); banalmente \([\iota_5]_{C_{\mathrm{Sym}5}} Da ciò, in [tex]$G$[/tex] vi sono le permutazioni pari su [tex]$5$[/tex] elementi, quindi [tex]$G=\mathrm{Alt}5$[/tex], ma i [tex]$2$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$\mathrm{Alt}5$[/tex] sono gruppi di Klein [tex]$\mathrm{V}_4$[/tex] e sono [tex]$N_{\mathrm{Alt}5}(\mathrm{V}_4)=\mathrm{Alt}4\neq\mathrm{V}_4\surd$[/tex]

Da quanto dimostrato i [tex]$2$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex] hanno indice [tex]$5$[/tex] in esso, a meno d'isomorfismi, per il Lemma A sarebbe [tex]$G<\mathrm{Sym}5\Rightarrow a=2$[/tex]; restando valido quanto scritto prima è [tex]$G\cong\mathrm{Alt}5\,\,\mathrm{Q.E.D.}\,\,\Box$[/tex]

§§§

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

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

(3) Io sono solo una brutta comparsa.

(4) Essendo gruppi di ordine [tex]$49=7^2$[/tex], ovvero il cui ordine è del tipo [tex]$p^2:p\in\mathbb{P}$[/tex].

(5) Se non fosse identica l'intersezione di una coppia [tex]$P$[/tex] e [tex]$Q$[/tex] di [tex]$7$[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]$G$[/tex], si avrebbe che il centralizzante [tex]$C$[/tex] in [tex]$G$[/tex] di un elemento dell'intersezione conterrebbe [tex]$P$[/tex] e [tex]$Q$[/tex], ma allora [tex]$|G:C|\in\{1;3;5\}$[/tex] ciò è assurdo, in particolare, se fosse [tex]$|G:C|=1\iff C=G\Rightarrow Z(G)\neq\{1\}$[/tex] e [tex]$G$[/tex] non sarebbe semplice.

(6) Si confondono le classi di equivalenza con il relativo insieme sostegno.

[Studente Anonimo]

Propongo il seguente lemma generale (di cui mi ha parlato Carlein qui, e per cui gli sono grato!), che implica il risultato.

Lemma del Sylow traditore.
Siano [tex]G[/tex] un gruppo finito, [tex]p[/tex] un primo che divide [tex]|G|[/tex] e scriviamo [tex]|G|=m \cdot p^a[/tex] con [tex]m[/tex] non divisibile per [tex]p[/tex]. Indichiamo con [tex]n_p[/tex] il numero di [tex]p[/tex]-sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex]. Sia [tex]P[/tex] un [tex]p[/tex]-Sylow di [tex]G[/tex]. Se [tex]n_p \not \equiv 1 \mod(p^2)[/tex] allora esiste un [tex]p[/tex]-Sylow [tex]Q[/tex] di [tex]G[/tex] tale che [tex]|P \cap Q| = p^{a-1}[/tex]. In particolare [tex]P \cap Q[/tex] e' normale in [tex]P[/tex] e in [tex]Q[/tex] (avendo indice [tex]p[/tex] in entrambi) e quindi [tex]\langle P,Q \rangle \leq N_G(P \cap Q)[/tex].

Dimostrazione. Sia [tex]\Omega[/tex] l'insieme dei [tex]p[/tex]-Sylow di [tex]G[/tex]. [tex]G[/tex] agisce su [tex]\Omega[/tex] per coniugio, e le sue [tex]P[/tex]-orbite (cioe' le orbite dell'azione di [tex]P[/tex] su [tex]\Omega[/tex] per coniugio) hanno come cardinalità una potenza di [tex]p[/tex] (essendo [tex]P[/tex] un [tex]p[/tex]-gruppo). Siccome [tex]|\Omega|=n_p \not \equiv 1 \mod(p^2)[/tex] e l'unico punto fisso per l'azione di [tex]P[/tex] su [tex]\Omega[/tex] è [tex]P[/tex] (per il lemma D di pagina 2), è ovvio che deve esistere una [tex]P[/tex]-orbita con esattamente [tex]p[/tex] elementi. Sia [tex]Q[/tex] un elemento di tale [tex]P[/tex]-orbita. Per il teorema orbita-stabilizzatore (o principio del conteggio) lo stabilizzatore in [tex]P[/tex] di [tex]Q[/tex] ha ordine [tex]p^{a-1}[/tex] ed è contenuto in [tex]Q[/tex] poiché lo normalizza (sempre per il lemma D di pagina 2). []

Questo lemma si applica al caso di un gruppo semplice di ordine [tex]p^a \cdot 15[/tex] dato che [tex]15 \not \equiv 1[/tex] modulo [tex]p^2[/tex] per ogni primo [tex]p[/tex], quindi se [tex]a \geq 2[/tex] e [tex]n_p=15[/tex] allora il sottogruppo [tex]N_G(P \cap Q)[/tex] del lemma ha indice [tex]5[/tex].