Maratona problemi teoria dei gruppi
Se $G$ è un gruppo finito, dimostrare che esiste un intero positivo $n$ tale che $a^n=e$ per ogni $a inG$.
Questo è un esercizio proposto da Herstein subito dopo il primo paragrafo sui gruppi.
Ora, col teorema di Lagrange a disposizione, basta prendere $n=o(G)$. Ma come si può dimostrare sapendo, dei gruppi, solo la definizione, i lemmi sull'unicità del neutro e dell'inverso, le leggi di cancellazione, il fatto che $(a^-1)^-1=a$ e che $(ab)^-1=b^-1a^-1$?
Questo è un esercizio proposto da Herstein subito dopo il primo paragrafo sui gruppi.
Ora, col teorema di Lagrange a disposizione, basta prendere $n=o(G)$. Ma come si può dimostrare sapendo, dei gruppi, solo la definizione, i lemmi sull'unicità del neutro e dell'inverso, le leggi di cancellazione, il fatto che $(a^-1)^-1=a$ e che $(ab)^-1=b^-1a^-1$?
Risposte
Allora io comincio col seguente. Si tratta della versione facile di un problema interessante; la prossima volta eventualmente proporrò la versione difficile.
Sia $p$ un numero primo fissato. Dimostrare che ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano.
Facoltativo: classificare i gruppi di ordine $p^2$.
Si possono utilizzare i risultati base sui gruppi: Lagrange, teoremi di omomorfismo, e/o chi per loro (anche Sylow se volete).
Sia $p$ un numero primo fissato. Dimostrare che ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano.
Facoltativo: classificare i gruppi di ordine $p^2$.
Si possono utilizzare i risultati base sui gruppi: Lagrange, teoremi di omomorfismo, e/o chi per loro (anche Sylow se volete).
"Martino":
Allora io comincio col seguente. Si tratta della versione facile di un problema interessante; la prossima volta eventualmente proporrò la versione difficile.
Sia $p$ un numero primo fissato. Dimostrare che ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano.
Facoltativo: classificare i gruppi di ordine $p^2$.
Si possono utilizzare i risultati base sui gruppi: Lagrange, teoremi di omomorfismo, e/o chi per loro (anche Sylow se volete).
Tento...
Sia $G$ di ordine $p^2$ e sia $x in G-{1}$. Se $[x]$ (sottogruppo generato dal sottoinsieme ${x}$) ha ordine $p^2$ il gruppo $G$ è ciclico e quindi abeliano. Quindi $[x]$ abbia ordine $p$ e sia $y in G-[x]$. Si ha $[x] cap [y] = {1}$ quindi $[x,y] = [x] xx [y]$ per cui il sottogruppo $[x,y]$ di $G$ ha ordine $p^2$ e quindi $G=[x] xx [y]$ risulta abeliano in quanto prodotto diretto di due gruppi ciclici.
Spero sia corretta
e d'altra parte credo sia facile da generalizzare per gruppi di ordine potenza di primo qualsiasi...---
Nel caso fosse corretta l'esercizio che propongo io, molto simile, è:
Un gruppo finito di ordine $pq$ con $p$ e $q$ primi distinti è o ciclico o non abeliano.
"zorn80":
[quote="Martino"]Allora io comincio col seguente. Si tratta della versione facile di un problema interessante; la prossima volta eventualmente proporrò la versione difficile.
Sia $p$ un numero primo fissato. Dimostrare che ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano.
Facoltativo: classificare i gruppi di ordine $p^2$.
Si possono utilizzare i risultati base sui gruppi: Lagrange, teoremi di omomorfismo, e/o chi per loro (anche Sylow se volete).
Tento...
Sia $G$ di ordine $p^2$ e sia $x in G-{1}$. Se $[x]$ (sottogruppo generato dal sottoinsieme ${x}$) ha ordine $p^2$ il gruppo $G$ è ciclico e quindi abeliano. Quindi $[x]$ abbia ordine $p$ e sia $y in G-[x]$. Si ha $[x] cap [y] = {1}$ quindi $[x,y] = [x] xx [y]$ per cui il sottogruppo $[x,y]$ di $G$ ha ordine $p^2$ e quindi $G=[x] xx [y]$ risulta abeliano in quanto prodotto diretto di due gruppi ciclici.
[/quote]
Giusto. E nel frattempo li hai pure classificati
Spero sia corretta
Dici? Non credo nemmeno che sia vero che ogni $p$-gruppo (gruppo il cui ordine è potenza di un primo) è abeliano.
Comunque non era questa la generalizzazione che avevo in mente. Se mi ricapiterà l'occasione la proporrò.
"Martino":
Dici? Non credo nemmeno che sia vero che ogni $p$-gruppo (gruppo il cui ordine è potenza di un primo) è abeliano.
Magari fosse vero! La teoria dei gruppi finiti sarebbe ASSAI più semplice (come tu mi insegni). Come controesempio basta ovviamente pensare al gruppo dei quaternioni.
"zorn80":
Nel caso fosse corretta l'esercizio che propongo io, molto simile, è:
Un gruppo finito di ordine $pq$ con $p$ e $q$ primi distinti è o ciclico o non abeliano.
Vediamo: Sia $G$ abeliano di ordine $pq$, e siano $H$ e $K$ sottogruppi di ordine $p$ di $G$. Se fosse $H \ne K$, si avrebbe $H \times K > H$ e quindi $H \times K = G$, il che è assurdo perché $H \times K$ è un $p$-gruppo. Pertanto deve essere $H = K$, cioè $G$ ha al più un sottogruppo di ordine $d$ per ogni divisore positivo $d$ di $|G|$. La dimostrazione sarà completa (ma dovete giudicare voi!
) se faremo vedere che:Sia $G$ un gruppo abeliano finito tale che per ogni divisore positivo $d$ di $|G|$ esista al più un sottogruppo ciclico di ordine $d$ di $G$. Allora $G$ è ciclico.
Dim. Se $H$ è un sottogruppo di $G$, indicheremo con $g(H)$ l'insieme dei generatori di $H$. E' noto allora che se $H$ è ciclico si ha $|g(H)| = \phi(|H|)$, dove $\phi$ è la funzione di Eulero. Ora scriviamo $G$ come unione disgiunta di tutti i suoi sottogruppi ciclici: $G = \cup g(C)$, sicché - posto $n = |G|$ - si ha per l'ipotesi $n = \sum |g(C)| \le \sum_{d|n} \phi(d) = n$. Ma allora $\sum |g(C)| = \sum_{d|n} \phi(d)$, cioè $G$ ha esattamente un sottogruppo ciclico di ordine $d$ per ogni divisore $d$ di $n$; in particolare, $G$ ha un sottogruppo ciclico di ordine $n$, ossia è ciclico.
"zorn80":
Si ha $[x] cap [y] = {1}$ quindi $[x,y] = [x] xx [y]$
La scrittura $[x,y] = [x] xx [y]$ e' imprecisa. Ad ogni modo, qualunque cosa significhi, sarebbe utile dimostrare l'affermazione, perché è proprio nel dimostrare questa affermazione che consiste la parte significativa dell'esercizio
Accidenti alla mia memoria, ora mi è venuto un dubbio
Potresti approfondire questa cosa?
Immagino sia legata alle altre ipotesi perché per esempio in $S_3$ hai un elemento di ordine 2 (una qualunque trasposizione), uno di ordine 3 (un qualunque 3-ciclo) .. (e quindi i rispettivi sottogruppi generati hanno intersezione banale) ma $S_3$ non è prodotto diretto di ciclici.
@fields: sinapsi all'unisono
@Chevtchenko: i quaternioni! hai ragione. Come vedi è tanto che non rispolvero i gruppi finiti
"zorn80":
Si ha $[x] cap [y] = {1}$ quindi $[x,y] = [x] xx [y]$
Potresti approfondire questa cosa?
Immagino sia legata alle altre ipotesi perché per esempio in $S_3$ hai un elemento di ordine 2 (una qualunque trasposizione), uno di ordine 3 (un qualunque 3-ciclo) .. (e quindi i rispettivi sottogruppi generati hanno intersezione banale) ma $S_3$ non è prodotto diretto di ciclici.
@fields: sinapsi all'unisono
@Chevtchenko: i quaternioni! hai ragione. Come vedi è tanto che non rispolvero i gruppi finiti
"Martino":
@fields: sinapsi all'unisono
Sarà perché siamo entrambi veronesi?
Ad ogni modo, credo che l'ipotesi di cui zorn80 ha bisogno sia la normalita' di $[x]$ e $[y]$ (c'e' un teorema che lo afferma), che puo' essere dimostrata senza particolari problemi.
Una dimostrazione alternativa è la seguente: sia $G$ un gruppo d'ordine $p^2$. Allora $Z(G) \ne 1$, sicché $|Z(G)| \in {p, p^2}$. Se $|Z(G)| = p^2$, abbiamo finito; altrimenti sia $|Z(G)| = p$. Ne segue $|\frac{G}{Z(G)}| = p$, per cui $\frac{G}{Z(G)}$ è ciclico e $G$ è abeliano.
Scusate, mi intrometto anche io perché trovo molto interessanti queste cose...
Come fai a dirlo? Non riesco a capire la tua conclusione. Mi illumineresti?
"Chevtchenko":
per cui $\frac{G}{Z(G)}$ è ciclico e $G$ è abeliano.
Come fai a dirlo? Non riesco a capire la tua conclusione. Mi illumineresti?
"Chevtchenko":
Una dimostrazione alternativa è la seguente: sia $G$ un gruppo d'ordine $p^2$. Allora $Z(G) \ne 1$, sicché $|Z(G)| \in {p, p^2}$. Se $|Z(G)| = p^2$, abbiamo finito; altrimenti sia $|Z(G)| = p$. Ne segue $|\frac{G}{Z(G)}| = p$, per cui $\frac{G}{Z(G)}$ è ciclico e $G$ è abeliano.
Sì ma questa usa questo fatto:
"Chevtchenko":
sia $G$ un gruppo d'ordine $p^2$. Allora $Z(G) \ne 1$
che non è evidente. In realtà si tratta proprio dell'esercizio a cui mi riferivo con "versione difficile" (ma generalizzato ai $p$-gruppi) quando ho proposto l'altro.
(o forse ne conosci una dimostrazione immediata nel caso particolare $|G|=p^n$ con $n=2$?).Inoltre potresti esplicitare la parte sottolineata? Esattamente come deduci che $G$ è abeliano dal fatto che $G//Z$ è ciclico?
@fields: non sapevo fossi di Verona! In realtà pensavo di essere l'unico veronese del forum
"Chevtchenko":
[quote="zorn80"]Nel caso fosse corretta l'esercizio che propongo io, molto simile, è:
Un gruppo finito di ordine $pq$ con $p$ e $q$ primi distinti è o ciclico o non abeliano.
Vediamo: Sia $G$ abeliano di ordine $pq$, e siano $H$ e $K$ sottogruppi di ordine $p$ di $G$. Se fosse $H \ne K$, si avrebbe $H \times K > H$ e quindi $H \times K = G$, il che è assurdo perché $H \times K$ è un $p$-gruppo. Pertanto deve essere $H = K$, cioè $G$ ha al più un sottogruppo di ordine $d$ per ogni divisore positivo $d$ di $|G|$. La dimostrazione sarà completa (ma dovete giudicare voi!
) se faremo vedere che:Sia $G$ un gruppo abeliano finito tale che per ogni divisore positivo $d$ di $|G|$ esista al più un sottogruppo ciclico di ordine $d$ di $G$. Allora $G$ è ciclico.
Dim. Se $H$ è un sottogruppo di $G$, indicheremo con $g(H)$ l'insieme dei generatori di $H$. E' noto allora che se $H$ è ciclico si ha $|g(H)| = \phi(|H|)$, dove $\phi$ è la funzione di Eulero. Ora scriviamo $G$ come unione disgiunta di tutti i suoi sottogruppi ciclici: $G = \cup g(C)$, sicché - posto $n = |G|$ - si ha per l'ipotesi $n = \sum |g(C)| \le \sum_{d|n} \phi(d) = n$. Ma allora $\sum |g(C)| = \sum_{d|n} \phi(d)$, cioè $G$ ha esattamente un sottogruppo ciclico di ordine $d$ per ogni divisore $d$ di $n$; in particolare, $G$ ha un sottogruppo ciclico di ordine $n$, ossia è ciclico.[/quote]
A mio avviso questa dimostrazione funziona bene, oltre ad essere molto bella (io ne conoscevo una versione più rudimentale).
Se non ci sono obiezioni io direi: la parola a te.
"pat87":
Scusate, mi intrometto anche io perché trovo molto interessanti queste cose...
[quote="Chevtchenko"]per cui $\frac{G}{Z(G)}$ è ciclico e $G$ è abeliano.
Come fai a dirlo? Non riesco a capire la tua conclusione. Mi illumineresti?[/quote]
Rispondo anche a Martino... in realtà si vede subito. Sia $\frac{G}{Z(G)}$ ciclico, e siano $x, y \in G$. Sia inoltre $uZ(G)$ un generatore di $\frac{G}{Z(G)}$. Allora esistono due interi $r, s$ tali che $xZ(G) = u^rZ(G)$ e $yZ(G) = u^sZ(G)$, sicché $x = u^r z$ e $y = u^s w$, con $z, w \in Z(G)$. Ne segue $xy = u^r z u^s w = u^r u^s z w = u^s u^r w z = u^s w u^r z = yx$.
Spero di non aver commesso errori...
Perdonate l'ignoranza, ma mi sarebbe gradito vedere una dimostrazione del fatto che se $G$ ha ordine $p^2$ , $p$ primo, allora $Z(G)!={1}$...
"Chevtchenko":
[quote="pat87"]Scusate, mi intrometto anche io perché trovo molto interessanti queste cose...
[quote="Chevtchenko"]per cui $\frac{G}{Z(G)}$ è ciclico e $G$ è abeliano.
Come fai a dirlo? Non riesco a capire la tua conclusione. Mi illumineresti?[/quote]
Rispondo anche a Martino... in realtà si vede subito. Sia $\frac{G}{Z(G)}$ ciclico, e siano $x, y \in G$. Sia inoltre $uZ(G)$ un generatore di $\frac{G}{Z(G)}$. Allora esistono due interi $r, s$ tali che $xZ(G) = u^rZ(G)$ e $yZ(G) = u^sZ(G)$, sicché $x = u^r z$ e $y = u^s w$, con $z, w \in Z(G)$. Ne segue $xy = u^r z u^s w = u^r u^s z w = u^s u^r w z = u^s w u^r z = yx$.
Spero di non aver commesso errori...[/quote]
Mi pare proprio che funzioni.
Io conoscevo questa versione: se $|G|=p^2$ allora detto $Z=Z(G)$ si ha $|Z| ne 1$ (da giustificarsi: vedi (*)), quindi se supponiamo per assurdo $G$ non abeliano (ovvero $Z ne G$, ovvero $|Z| ne p^2$) allora $|Z|=p$. Dato $g in G-Z$, ci sono due possibilità per il centralizzante $C(g)={x in G\ |\ xg=gx} supseteq Z$ (che è un sottogruppo di $G$):
1) $C(g)=Z$, assurdo in quanto $g in C(g)$ e $g in G-Z$;
2) $C(g)=G$, assurdo in quanto $g in G-Z$.
"alvinlee88":
Perdonate l'ignoranza, ma mi sarebbe gradito vedere una dimostrazione del fatto che se $G$ ha ordine $p^2$ , $p$ primo, allora $Z(G)!={1}$...
(*) Potremmo allora eleggere ad honorem il seguente esercizio come successivo (naturalmente col consenso di Chevtchenko, a cui spetta la parola):
il centro di un $p$-gruppo non è banale. In altre parole se $G$ è un gruppo di ordine $p^n$ con $p$ primo e $n in NN-{0}$ allora $Z(G) ne {1}$.
Ho appena torvato la dimostrazione di quest'ultimo fatto sul mio libro di algebra, Herstein (ancora non avevo studiato quella parte) e non è banale. Credo che nella dimostrazione di Chtecvenko la parte fondamentale da dimostrare sia proprio che $Z(G)!={1}$, a meno che non lo si consideri un teorema dato, tipo Lagrange, Sylow...
Ma quella non mi pare troppo difficile, utilizzando l'equazione delle classi:
$|G| = |Z(G)| + sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)]$,
dove $g_1,...,g_n$ sono i rappresentanti delle classi di coniugazione non contenute nel centro di $G$.
Se $|G|=p^n$, allora il centro non è banale $Z(G) ne {e}$:
Visto che i $g_i$ non sono contenute nella classe di coniugazione del centro, allora sicuramente $[G: C_G(g_i)] > 1$
($a in Z(G) <=> [G:C_G(a)]=1 <=> G=C_G(a)$)
Per il teorema di Lagrange questo numero deve dividere il gruppo di $G$, ovvero $p^n$, quindi segue che:
$p | [G:C_G(g_i)]$
Ora anche il centro deve dividere $p^n$ in quanto sottogruppo di $Z(G)$, quindi:
$|Z(G)|= |G| - sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)] = p^n - p*(...) = p*(...) $
[scusate i puntini]
Segue che $p||Z(G)|$, e visto che $Z(G)$ contiene al minimo un solo elemento, deve essere almeno di ordine $p$.
@Chevtchenko: grazie, pensavo fosse più difficile, in effetti...mi ero già spaventato...
$|G| = |Z(G)| + sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)]$,
dove $g_1,...,g_n$ sono i rappresentanti delle classi di coniugazione non contenute nel centro di $G$.
Se $|G|=p^n$, allora il centro non è banale $Z(G) ne {e}$:
Visto che i $g_i$ non sono contenute nella classe di coniugazione del centro, allora sicuramente $[G: C_G(g_i)] > 1$
($a in Z(G) <=> [G:C_G(a)]=1 <=> G=C_G(a)$)
Per il teorema di Lagrange questo numero deve dividere il gruppo di $G$, ovvero $p^n$, quindi segue che:
$p | [G:C_G(g_i)]$
Ora anche il centro deve dividere $p^n$ in quanto sottogruppo di $Z(G)$, quindi:
$|Z(G)|= |G| - sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)] = p^n - p*(...) = p*(...) $
[scusate i puntini
]Segue che $p||Z(G)|$, e visto che $Z(G)$ contiene al minimo un solo elemento, deve essere almeno di ordine $p$.
@Chevtchenko: grazie, pensavo fosse più difficile, in effetti...mi ero già spaventato...
"pat87":
Ma quella non mi pare troppo difficile, utilizzando l'equazione delle classi:
$|G| = |Z(G)| + sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)]$,
dove $g_1,...,g_n$ sono i rappresentanti delle classi di coniugazione non contenute nel centro di $G$.
Se $|G|=p^n$, allora il centro non è banale $Z(G) ne {e}$:
Visto che i $g_i$ non sono contenute nella classe di coniugazione del centro, allora sicuramente $[G: C_G(g_i)] > 1$
($a in Z(G) <=> [G:C_G(a)]=1 <=> G=C_G(a)$)
Per il teorema di Lagrange questo numero deve dividere il gruppo di $G$, ovvero $p^n$, quindi segue che:
$p | [G:C_G(g_i)]$
Ora anche il centro deve dividere $p^n$ in quanto sottogruppo di $Z(G)$, quindi:
$|Z(G)|= |G| - sum_{i=0}^n [G: C_G(g_i)] = p^n - p*(...) = p*(...) $
[scusate i puntini
Segue che $p||Z(G)|$, e visto che $Z(G)$ contiene al minimo un solo elemento, deve essere almeno di ordine $p$.
Mi pare che la parte che ho segnato in grassetto sia in netto contrasto con quanto segue.
Quella che hai scritto è la dimostrazione che conoscevo, e non mi pare proprio banalissima. Cioè, di sicuro è molto più difficile dell'implicazione "$G//Z(G)$ ciclico $Rightarrow$ $G$ abeliano" di cui qualche post fa, su cui hai chiesto delucidazioni.
"Chevtchenko":
[quote="Martino"]Dici? Non credo nemmeno che sia vero che ogni $p$-gruppo (gruppo il cui ordine è potenza di un primo) è abeliano.
Magari fosse vero! La teoria dei gruppi finiti sarebbe ASSAI più semplice (come tu mi insegni). Come controesempio basta ovviamente pensare al gruppo dei quaternioni.[/quote]
Dicevo di gruppi di ordine p che sono chiaramente abeliani. Ovviamente ci sono gruppi di ordine $8=2^3$ non abeliani mi sono lasciato un po' trasportare
"fields":
[quote="zorn80"]Si ha $[x] cap [y] = {1}$ quindi $[x,y] = [x] xx [y]$
La scrittura $[x,y] = [x] xx [y]$ e' imprecisa. Ad ogni modo, qualunque cosa significhi, sarebbe utile dimostrare l'affermazione, perché è proprio nel dimostrare questa affermazione che consiste la parte significativa dell'esercizio
[/quote]La notazione significa che il gruppo $[x,y]$ si decompone nel prodotto diretto dei sottogruppi $[x]$ ed $[y]$ . Per un fatto di ordine di $[x,y]$ e per come ho scelto $x$ ed $y$ non ho dubbi che il prodotto sia diretto.
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