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
"Martino":
[quote="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.[/quote]
Quoto in pieno
"zorn80":
[quote="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.[/quote]
Potresti costruire esplicitamente un isomorfismo $[x,y] cong [x] xx [y]$ ?
@Martino:
Beh dai, non puoi certo paragonare questa dimostrazione con quelle dei teoremi di Sylow o di Cauchy, la dimostrazione è solo un corollario dell'equazione delle classi.
L'isomorfismo credo che segua dal teorema:
Se $A,B$ sono normali in $G$, $AB=G$, e $A \cap B = {e}$, allora $G cong A \times B$.
Ora, nella nostra situazione i gruppi sono normali in $[x,y]$, poiché $G$ è abeliano. $[x]*[y]=[x,y]$ e $[x] \cap [y] = {e}$. Quindi segue l'isomorfismo.
La dimostrazione del teorema è calcolo, bisogna dimostrare l'iniettività, la suriettività è che è un omomorfismo.
La mappa è:
$A times B \to G$
$(a,b) \mapsto ab$
Potrebbe andare bene?
Beh dai, non puoi certo paragonare questa dimostrazione con quelle dei teoremi di Sylow o di Cauchy, la dimostrazione è solo un corollario dell'equazione delle classi.
L'isomorfismo credo che segua dal teorema:
Se $A,B$ sono normali in $G$, $AB=G$, e $A \cap B = {e}$, allora $G cong A \times B$.
Ora, nella nostra situazione i gruppi sono normali in $[x,y]$, poiché $G$ è abeliano. $[x]*[y]=[x,y]$ e $[x] \cap [y] = {e}$. Quindi segue l'isomorfismo.
La dimostrazione del teorema è calcolo, bisogna dimostrare l'iniettività, la suriettività è che è un omomorfismo.
La mappa è:
$A times B \to G$
$(a,b) \mapsto ab$
Potrebbe andare bene?
"pat87":
@Martino:
Beh dai, non puoi certo paragonare questa dimostrazione con quelle dei teoremi di Sylow o di Cauchy, la dimostrazione è solo un corollario dell'equazione delle classi.
Non sono d'accordo, ma certo è la mia opinione
L'isomorfismo credo che segua dal teorema:
Se $A,B$ sono normali in $G$, $AB=G$, e $A \cap B = {e}$, allora $G cong A \times B$.
Ora, nella nostra situazione i gruppi sono normali in $[x,y]$, poiché $G$ è abeliano. $[x]*[y]=[x,y]$ e $[x] \cap [y] = {e}$. Quindi segue l'isomorfismo.
La dimostrazione del teorema è calcolo, bisogna dimostrare l'iniettività, la suriettività è che è un omomorfismo.
La mappa è:
$A times B \to G$
$(a,b) \mapsto ab$
Potrebbe andare bene?
Non molto bene: la parte sottolineata è ciò che si deve dimostrare, non è un'ipotesi.
"Martino":
[quote="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.[/quote]
Si una bella dimostrazione...
In ogni caso... Dimostrare che se non è abeliano allora $p|(q-1)$ con $p
P.S: ho letto questo problema su un altro forum e ne ho visto una dimostrazione. In ogni caso non sono sicuro al 100% della sua correttezza.
"zorn80":
Un gruppo finito $G$ di ordine $pq$ con $p$ e $q$ primi distinti è o ciclico o non abeliano.
Dimostrazione 1.
Sia $G$ abeliano e siano $x$ di ordine $p$ e $y$ di ordine $q$. Allora $xy$ genera $G$. Supponiamo infatti $(xy)^n=1$. Allora $x^n=y^{-n}$. Dunque $x^n\in [y]$ e quindi $x^n=1$ (in caso contrario $x^n$ avrebbe ordine $q$, assurdo perche' $x^n\in [x]$). Segue che $p$ divide $n$. Analogamente $q$ divide $n$; dunque $pq$ divide $n$.
Dimostrazione 2.
Sia $G$ abeliano. Per il teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti $G$ e' prodotto diretto di gruppi ciclici, ciascuno avente ordine pari alla potenza di un primo. Ne segue che $G=C_1xxC_2$, poiche' $|G|=pq$.
Dimostrazione 3.
Sia $G$ abeliano. Allora $G$ ha esattamente un sottogruppo $A$ di ordine $p$ ed esattamente uno $B$ di ordine $q$. Infatti, per i teoremi di Sylow, i sottogruppi di ordine $p$ devono essere fra loro coniugati a coppie. Ma ogni sottogruppo di $G$ e' normale, e quindi la classe di coniugio di $A$ ha cardinalita' 1. Stessa cosa per $B$.
Dunque ci sono esattamente $p-1$ elementi di ordine $p$ e $q-1$ elementi di ordine $q$. Tuttavia, $G$ ha $pq$ elementi, e dunque ha un elemento di ordine $pq$.
"fields":
[quote="zorn80"]Un gruppo finito $G$ di ordine $pq$ con $p$ e $q$ primi distinti è o ciclico o non abeliano.
Dimostrazione 1.
Sia $G$ abeliano e siano $x$ di ordine $p$ e $y$ di ordine $q$. Allora $xy$ genera $G$. Supponiamo infatti $(xy)^n=1$. Allora $x^n=y^{-n}$. Dunque $x^n\in [y]$ e quindi $x^n=1$ (in caso contrario $x^n$ avrebbe ordine $q$, assurdo perche' $x^n\in [x]$). Segue che $p$ divide $n$. Analogamente $q$ divide $n$; dunque $pq$ divide $n$.
Dimostrazione 2.
Sia $G$ abeliano. Per il teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti $G$ e' prodotto diretto di gruppi ciclici, ciascuno avente ordine pari alla potenza di un primo. Ne segue che $G=C_1xxC_2$, poiche' $|G|=pq$.
Dimostrazione 3.
Sia $G$ abeliano. Allora $G$ ha esattamente un sottogruppo $A$ di ordine $p$ ed esattamente uno $B$ di ordine $q$. Infatti, per i teoremi di Sylow, i sottogruppi di ordine $p$ devono essere fra loro coniugati a coppie. Ma ogni sottogruppo di $G$ e' normale, e quindi la classe di coniugio di $A$ ha cardinalita' 1. Stessa cosa per $B$.
Dunque ci sono esattamente $p-1$ elementi di ordine $p$ e $q-1$ elementi di ordine $q$. Tuttavia, $G$ ha $pq$ elementi, e dunque ha un elemento di ordine $pq$.[/quote]
Belle
La prima è la migliore essendo la più elementare concepibile (io ne conosco una un pochino più complessa),
la seconda non mi piace in quanto va a scomodare il teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti, quindi è come sparare a una mosca con un cannone
la terza non la conoscevo ed è molto bella anche essa.
Comunque credo che tocchi a Chevtchenko proporre un problema, non mi sembra l'abbia fatto...
Vorrei intanto dire grazie a tutti di parteicpare, per me è molto utile vedere tante e diverse dimostrazioni:-)
Vorrei intanto dire grazie a tutti di parteicpare, per me è molto utile vedere tante e diverse dimostrazioni:-)
Mi scuso per essermi assentato, ma ho avuto grossi problemi con la connessione ad Internet... Comunque, per rimanere nell'ambito della teoria elementare dei $p$-gruppi finiti, vorrei proporre l'esercizio che segue.
Sia $G$ un $p$-gruppo finito. Allora:
a) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{Z(G)}|$.
b) Se $\frac{G}{G'}$ è ciclico, tale è $G$.
c) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{G'}|$ (e così in particolare ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano
).
E infine una generalizzazione del risultato proposto da Martino:
d) Se $N$ è normale in $G$ e $|N| = p^i$ allora $N \le Z_i(G)$ (un po' più difficile).
Buon lavoro!
Sia $G$ un $p$-gruppo finito. Allora:
a) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{Z(G)}|$.
b) Se $\frac{G}{G'}$ è ciclico, tale è $G$.
c) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{G'}|$ (e così in particolare ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano
).E infine una generalizzazione del risultato proposto da Martino:
d) Se $N$ è normale in $G$ e $|N| = p^i$ allora $N \le Z_i(G)$ (un po' più difficile).
Buon lavoro!
Ci provo...
a) $|G|=p^n$ $=>$ $|G//Z(G)| = p^i$, $i le n$.
$G$ non abeliano $=> G//Z(G)$ non ciclico $=>$ $|G//Z(G)| ne 1,p$ $=>$ $p^2| |G//Z(G)|$
b) Qualche hint?
Per ora non mi viene in mente nulla.
c) Utilizzando la parte b):
$G$ non abeliano $=>$ $G$ non ciclico $=>$ $G//G'$ non ciclico $=>$ $|G//G'| ne 1,p$ e visto che in particolare l'ordine di $G//G'$ è una potenza di $p$ avremo che $p^2||G//G'|$.
d) Cosa è $Z_i(G)$? È soltanto un problema di notazione...
a) $|G|=p^n$ $=>$ $|G//Z(G)| = p^i$, $i le n$.
$G$ non abeliano $=> G//Z(G)$ non ciclico $=>$ $|G//Z(G)| ne 1,p$ $=>$ $p^2| |G//Z(G)|$
b) Qualche hint?
Per ora non mi viene in mente nulla.c) Utilizzando la parte b):
$G$ non abeliano $=>$ $G$ non ciclico $=>$ $G//G'$ non ciclico $=>$ $|G//G'| ne 1,p$ e visto che in particolare l'ordine di $G//G'$ è una potenza di $p$ avremo che $p^2||G//G'|$.
d) Cosa è $Z_i(G)$? È soltanto un problema di notazione...
"Chevtchenko":
Sia $G$ un $p$-gruppo finito. Allora:
a) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{Z(G)}|$.
"pat87":
a) $|G|=p^n$ $=>$ $|G//Z(G)| = p^i$, $i le n$.
$G$ non abeliano $=> G//Z(G)$ non ciclico $=>$ $|G//Z(G)| ne 1,p$ $=>$ $p^2| |G//Z(G)|$
Perfetto!
"Chevtchenko":
b) Se $\frac{G}{G'}$ è ciclico, tale è $G$.
"pat87":
b) Qualche hint?
A disposizione...
"Chevtchenko":
c) Se $G$ non è abeliano, $p^2$ divide $|\frac{G}{G'}|$ (e così in particolare ogni gruppo di ordine $p^2$ è abeliano
"pat87":
c) Utilizzando la parte b):
$G$ non abeliano $=>$ $G$ non ciclico $=>$ $G//G'$ non ciclico $=>$ $|G//G'| ne 1,p$ e visto che in particolare l'ordine di $G//G'$ è una potenza di $p$ avremo che $p^2||G//G'|$.
Bene!
E per la parte in blé?"Chevtchenko":
E infine una generalizzazione del risultato proposto da Martino:
d) Se $N$ è normale in $G$ e $|N| = p^i$ allora $N \le Z_i(G)$ (un po' più difficile).
"pat87":
d) Cosa è $Z_i(G)$? È soltanto un problema di notazione...
$Z_i(G)$ è definito per induzione da $Z_1(G) = Z(G)$ e $\frac{Z_{i+1}(G)}{Z_i(G)} = Z(\frac{G}{Z_i(G)})$.
Mi intrometto proponendo questo...
http://www.matematicamente.it/forum/maratona-problemi-algebra-lineare-t32098.html
Per tutti voi che amate le maratone!
http://www.matematicamente.it/forum/maratona-problemi-algebra-lineare-t32098.html
Per tutti voi che amate le maratone!
b) Premettendo che non ho fatto né il sottogruppo di Frattini, né il teorema di Burnside (i quali però ho visto su wikipedia):
Te arrivi a dire che $G' le Phi(G)$ e $G//Phi(G)$ è ciclico.
Da wikipedia:
"In particular a finite $p$-group is cyclic if and only if its Frattini quotient is cyclic (of order $p$)"
Allora quello che mi serve dimostrare è che l'ordine di $G//Phi(G)$ è $p$.
A questo punto il teorema di Burnside dice:
"In mathematics, Burnside's theorem in group theory states that if $G$ is a finite group of order $p^aq^b$, where $p$ and $q$ are prime numbers, and $a$ and $b$ are non-negative integers, then $G$ is solvable. Hence each non-Abelian finite simple group has order divisible by three distinct primes."
Qui però non riesco ad andare avanti...
c) Il caso particolare non lo capisco.
Se $G'={e}$, allora $|G//G'| = p^2$ e quindi non è possibile dire niente.
Ma se $G' ne {e}$, allora $|G//G'| =p,1$ e quindi il gruppo è abeliano (dal ragionamento prima).
d)
Qui credo che lascio la parola a qualcuno più esperto di me in materia
Te arrivi a dire che $G' le Phi(G)$ e $G//Phi(G)$ è ciclico.
Da wikipedia:
"In particular a finite $p$-group is cyclic if and only if its Frattini quotient is cyclic (of order $p$)"
Allora quello che mi serve dimostrare è che l'ordine di $G//Phi(G)$ è $p$.
A questo punto il teorema di Burnside dice:
"In mathematics, Burnside's theorem in group theory states that if $G$ is a finite group of order $p^aq^b$, where $p$ and $q$ are prime numbers, and $a$ and $b$ are non-negative integers, then $G$ is solvable. Hence each non-Abelian finite simple group has order divisible by three distinct primes."
Qui però non riesco ad andare avanti...
c) Il caso particolare non lo capisco.
Se $G'={e}$, allora $|G//G'| = p^2$ e quindi non è possibile dire niente.
Ma se $G' ne {e}$, allora $|G//G'| =p,1$ e quindi il gruppo è abeliano (dal ragionamento prima).
d)
Qui credo che lascio la parola a qualcuno più esperto di me in materia
Per non far cadere il topic in disgrazia, mi arrogo il diritto di proporre un problema, anche se non ne ho risolti punti. Spero mi perdoniate..
Sia $G$ un $p$-gruppo con un solo sottogruppo normale proprio. Dimostrare che G è ciclico di ordine $p^2$.
Sia $G$ un $p$-gruppo con un solo sottogruppo normale proprio. Dimostrare che G è ciclico di ordine $p^2$.
"alvinlee88":
Sia $G$ un $p$-gruppo con un solo sottogruppo normale proprio. Dimostrare che G è ciclico di ordine $p^2$.
$|G|=p^n$. Detto $H$ l'unico sottogruppo normale proprio di $G$, $G//H$ è un $p$-gruppo semplice, quindi abeliano dovendo avere un centro, e quindi $G//H cong C_p$ e $|H|=p^{n-1}$. Ora siccome $Z(G)$ è un sottogruppo normale e non banale di $G$, se esso non è proprio allora coincide con $H$, ma allora $G//Z(G)$ è ciclico e come già visto ciò implica che $G$ è abeliano, assurdo perché $Z(G)$ è proprio. Ne segue che $G$ è abeliano, e $H$ è il suo unico sottogruppo proprio. Detto $h in H$ un elemento di ordine $p$ (che sappiamo esistere) il gruppo ciclico $
Forse è un po' lunga come dimostrazione ma dovrebbe andare
Nel caso non ci fossero errori e/o obiezioni, ne propongo uno io:
Dimostrare che non esistono gruppi semplici di ordine $300$.
"Martino":
[quote="alvinlee88"]Sia $G$ un $p$-gruppo con un solo sottogruppo normale proprio. Dimostrare che G è ciclico di ordine $p^2$.
$|G|=p^n$. Detto $H$ l'unico sottogruppo normale proprio di $G$, $G//H$ è un $p$-gruppo semplice, quindi abeliano dovendo avere un centro, e quindi $G//H cong C_p$ e $|H|=p^{n-1}$. Ora siccome $Z(G)$ è un sottogruppo normale e non banale di $G$, se esso non è proprio allora coincide con $H$, ma allora $G//Z(G)$ è ciclico e come già visto ciò implica che $G$ è abeliano, assurdo perché $Z(G)$ è proprio. Ne segue che $G$ è abeliano, e $H$ è il suo unico sottogruppo proprio. Detto $h in H$ un elemento di ordine $p$ (che sappiamo esistere) il gruppo ciclico $
Forse è un po' lunga come dimostrazione ma dovrebbe andare
Nel caso non ci fossero errori e/o obiezioni, ne propongo uno io:
Dimostrare che non esistono gruppi semplici di ordine $300$.[/quote]
Collegato alla tua dimostrazione...
Un sottogruppo di ordine $p^{n-1}$ è sempre normale in un $p$-gruppo perché il suo indice è il più piccolo divisore di $p^n$. Dopo che si era dimostrato che era abeliano si poteva usare il teorema di Sylow e quindi che esistevano sottogruppi di ordine $p^m$ con $1
... Sul tuo problema ci devo ancora pensare.
"Martino":Secondo me questa affermazione andrebbe giustificata. Suppongo tu lo dica perchè un sottogruppo normale proprio del quoziente avrebbe come controimmagine secondo la proiezione canonica un sottogruppo di $G$ normale proprio e di cardinalità maggiore di quella di $H$, e questo non può essere.
$|G|=p^n$. Detto $H$ l'unico sottogruppo normale proprio di $G$, $G//H$ è un $p$-gruppo semplice,
"Martino":
quindi abeliano dovendo avere un centro,
ok
"Martino":
e quindi $G//H cong C_p$ e $|H|=p^{n-1}$.
Qualche dubbio: come fai a concludere che $G//H$ è isomorfo a $Z//pZ$ ?
"Martino":Suppongo avessi voluto dire "se esso è proprio"
Ora siccome $Z(G)$ è un sottogruppo normale e non banale di $G$, se esso non è proprio
"Martino":
allora coincide con $H$, ma allora $G//Z(G)$ è ciclico e come già visto ciò implica che $G$ è abeliano, assurdo perché $Z(G)$ è proprio. Ne segue che $G$ è abeliano, e $H$ è il suo unico sottogruppo proprio.
ok
"Martino":Credo tu volessi dire che ammette due sottogruppi NORMALI propri, ma ciò è ovvio perchè è abeliano. Per il resto mi sembra che fili tutto, a eccezione di quanto notato all'inizio. Comunque secondo me è più veloce così, ma fa uso del fatto che in un p-gruppo esistono sottogruppi di qualunque ordine (cehe si dimostra facilmente per induzione - Sylow non l'ho ancora fatto)
Detto $h in H$ un elemento di ordine $p$ (che sappiamo esistere) il gruppo ciclico $$ è un sottogruppo di $G$ contenuto in $H$ e quindi $H= $
e $H cong C_p$. Ne segue che $|G|=|H|*[G]=p^2$.
Quindi se $G$ non è ciclico allora $G cong C_p times C_p$; ma $C_p times C_p$ ammette due sottogruppi propri. Quindi $G$ è ciclico.
In un $p$-gruppo di ordine $p^n$ ci sono sempre almeno 2 sottogruppi normali propri. Infatti dato che il centro è non banale, per Cauchy esiste nel centro un sottogruppo di ordine $p$, che è ovviamente normale in $G$. Analogamente, ricordando che nei p-gruppi ogni sottogruppo è contenuto propriamente nel suo normalizzatore, si ottiene che ogni sottogruppo di ordine $p^(n-1)$ ha come normalizzatore $G$ stesso, da cui è normale. Ma dato che ce ne deve essere 1 solo normale allora $1=n-1$ da cui $n=2$, e il gruppo è abeliano. E da qui avevo concluso come Martino, dicendo che doveva essere isomorfo a $C_(p^2)$ e dunque ciclico.
Per il tuo problema (consultando un collega) riesco a concludere se suppongo che in $G$ ci sia un elemento di oridne $25$. Altrimenti, ci penso ancora un pò!
Per sylow ogni gruppo di ordine 300 ha un sottogruppo, non necessariamente ciclico, di ordine 25. D'altra parte ci sono solo due possibilità per un gruppo di ordine 25, entrambi abeliani. E' un gruppo ciclico di ordine 25 e è isomorfo al prodotto diretto di due gruppi ciclici di ordine 5.
Non ci ho ancora pensato bene alla risposta. Comunque questo dovrebbe aiutarti...
In ogni caso è in generale falso il fatto che esista un elemento di ordine 25...
Non ci ho ancora pensato bene alla risposta. Comunque questo dovrebbe aiutarti...
In ogni caso è in generale falso il fatto che esista un elemento di ordine 25...
"alvinlee88":Secondo me questa affermazione andrebbe giustificata. Suppongo tu lo dica perchè un sottogruppo normale proprio del quoziente avrebbe come controimmagine secondo la proiezione canonica un sottogruppo di $G$ normale proprio e di cardinalità maggiore di quella di $H$, e questo non può essere.[/quote]
[quote="Martino"]
$|G|=p^n$. Detto $H$ l'unico sottogruppo normale proprio di $G$, $G//H$ è un $p$-gruppo semplice,
Sì, ma si tratta di un fatto generale: dati un gruppo $G$ e un suo sottogruppo normale $N$, i sottogruppi normali di $G/N$ corrispondono ai sottogruppi normali di $G$ contenenti $N$.
"Martino":
e quindi $G//H cong C_p$ e $|H|=p^{n-1}$.
Qualche dubbio: come fai a concludere che $G//H$ è isomorfo a $Z//pZ$ ?
Hai ragione qui non mi sono soffermato: un gruppo semplice e abeliano è forzatamente ciclico di ordine primo. Infatti se $G$ è semplice e abeliano allora non ha sottogruppi propri non banali (dovendo essi essere tutti normali), quindi se $1 ne x in G$ allora $G=
"Martino":Suppongo avessi voluto dire "se esso è proprio"
Ora siccome $Z(G)$ è un sottogruppo normale e non banale di $G$, se esso non è proprio
Certo, chiedo scusa.
"Martino":Credo tu volessi dire che ammette due sottogruppi NORMALI propri, ma ciò è ovvio perchè è abeliano.
Detto $h in H$ un elemento di ordine $p$ (che sappiamo esistere) il gruppo ciclico $$ è un sottogruppo di $G$ contenuto in $H$ e quindi $H= $
e $H cong C_p$. Ne segue che $|G|=|H|*[G]=p^2$.
Quindi se $G$ non è ciclico allora $G cong C_p times C_p$; ma $C_p times C_p$ ammette due sottogruppi propri. Quindi $G$ è ciclico.
Certo, quando appuro che un gruppo è abeliano non uso più la terminologia "sottogruppo normale" perché tanto tutti i sottogruppi sono normali.
In un $p$-gruppo di ordine $p^n$ ci sono sempre almeno 2 sottogruppi normali propri. Infatti dato che il centro è non banale, per Cauchy esiste nel centro un sottogruppo di ordine $p$, che è ovviamente normale in $G$. Analogamente, ricordando che nei p-gruppi ogni sottogruppo è contenuto propriamente nel suo normalizzatore, si ottiene che ogni sottogruppo di ordine $p^(n-1)$ ha come normalizzatore $G$ stesso, da cui è normale. Ma dato che ce ne deve essere 1 solo normale allora $1=n-1$ da cui $n=2$, e il gruppo è abeliano. E da qui avevo concluso come Martino, dicendo che doveva essere isomorfo a $C_(p^2)$ e dunque ciclico.
Capisco. Molto bella la dimostrazione, io non l'avrei saputa fare così perché non ho mai approfondito i $p$-gruppi; lo sto facendo solo ultimamente perché legato alla tesi.
Per il tuo problema (consultando un collega) riesco a concludere se suppongo che in $G$ ci sia un elemento di oridne $25$. Altrimenti, ci penso ancora un pò!
Aspetto fiducioso
"vict85":
Per sylow ogni gruppo di ordine 300 ha un sottogruppo, non necessariamente ciclico, di ordine 25. D'altra parte ci sono solo due possibilità per un gruppo di ordine 25, entrambi abeliani. E' un gruppo ciclico di ordine 25 e è isomorfo al prodotto diretto di due gruppi ciclici di ordine 5.
Non ci ho ancora pensato bene alla risposta. Comunque questo dovrebbe aiutarti...
Spiacente, non mi aiuta per nulla, dato ho già fatto mooolte considerazioni, fra cui ovviamente questa.
"vict85":
In ogni caso è in generale falso il fatto che esista un elemento di ordine 25...
Lo so bene, ma per come è la mia (e di un mio collega) dimostrazione, se riesco a dimostrare che c'è un elemento di ordine 25 è fatta.
@martino
tutto ok ,grazie per il chiarimento sui gruppi semplici, in effetti è un fatto piuttosto generale su cui non mi ero mai soffermato. Curiosità (mentre penso al tuo problema): su che fai la tesi?
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