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
"fields":
[quote="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.[/quote]
Stavo guardando questi problemi... Mi pare che questo punto sia stato lasciato... scrivo per esercizio una soluzione che però usa che il centro di un p-gruppo è non banale.
Prendiamo il normalizzatore $N(H)$. Vale che $H \subset N(H)$ perchè $H$ è un sottogruppo.. Vogliamo dimostrare che la cardinalità di $N(H)$ è $p^2$. Consideriamo $Z(G)$. Questo è un sottogruppo di ordine almeno $p$. Supponiamo sia $p$ altrimenti il gruppo è abeliano e si concluderebbe in fretta. Se $Z(G)=H$ allora $H$ è normale essendo un centro (anzi caratteristico addirittura!). Se $H$ è diverso dal centro esiste un elemento $z$ del centro non in $H$. Ma ora osserviamo che il centro del gruppo è incluso nel normalizzatore di qualunque sottogruppo. Quindi $z$ sta nel normalizzatore, da cui essendo questo un sottogruppo $|N(H)|=p^2$.
*Edit: modificata la motivazione del perchè $H \subset N(H)$
"alvinlee88":
...mentre penso al tuo problema...
A mio avviso è difficile non usare i vari Sylow. Ma naturalmente se ci riesci, meglio.
"alvinlee88":
su che fai la tesi?
Sulla 'somma' dei gruppi finiti. La somma di un gruppo è il minimo numero di sottogruppi propri che lo ricoprono. [Per esempio si vede facilmente che un gruppo ciclico non ha somma finita, e che nessun gruppo ha somma 2]. Tra le altre cose ho visto che un $p$-gruppo finito ha somma $p+1$.
"Martino":
[quote="alvinlee88"]...mentre penso al tuo problema...
A mio avviso è difficile non usare i vari Sylow. Ma naturalmente se ci riesci, meglio.[/quote]
Allora forse è meglio che rinunci, dato che non so assolutamente niente su teoremi e gruppi di Sylow, e a pochi giorni dai compitini non ho tempo di studiarmeli da solo. Magari con i Sylow si può dimostrare che c'è un elemento di ordine $25$? Se si, riesco a dimostrare tutto il resto senza Sylow.
"Martino":
[quote="alvinlee88"]su che fai la tesi?
Sulla 'somma' dei gruppi finiti. La somma di un gruppo è il minimo numero di sottogruppi propri che lo ricoprono. [Per esempio si vede facilmente che un gruppo ciclico non ha somma finita, e che nessun gruppo ha somma 2]. Tra le altre cose ho visto che un $p$-gruppo finito ha somma $p+1$.[/quote]
Sembra veramente interessante!
Proviamoci
Per il teorema di Sylow ogni gruppo $G$ di ordine $300$ ha un $5$-sottogruppo $S$ di ordine $25$ e quindi indice $6$. Supponiamo dunque che $G$ sia semplice.
Prendiamo quindi l'azione di traslazione di $G$ su $G//S$. Definita come $x \mapsto \tau_x$ dove $\tau_x\ :\ G//S\ \to \ G//S$ con $\tau_x(gS) = xgS$
Come si sa un'azione può anche essere vista come un omomorfismo dal gruppo al gruppo delle permutazioni dell'insieme. Quindi in questo caso si ha: $\tau\ :\ G \to S_6$
Il kernel di questo omomorfismo è ovviamente contenuto in $S$ ed è normale in $G$. Quindi si deve avere per forza $\ker(\tau) = \{1\}$. Quindi $G = Im(\tau) < S_6$ ma $300$ non divide $6!$ e quindi l'assurdo.
X alvinlee88: Non avevi bisogno che il sottogruppo fosse ciclico...
Per il teorema di Sylow ogni gruppo $G$ di ordine $300$ ha un $5$-sottogruppo $S$ di ordine $25$ e quindi indice $6$. Supponiamo dunque che $G$ sia semplice.
Prendiamo quindi l'azione di traslazione di $G$ su $G//S$. Definita come $x \mapsto \tau_x$ dove $\tau_x\ :\ G//S\ \to \ G//S$ con $\tau_x(gS) = xgS$
Come si sa un'azione può anche essere vista come un omomorfismo dal gruppo al gruppo delle permutazioni dell'insieme. Quindi in questo caso si ha: $\tau\ :\ G \to S_6$
Il kernel di questo omomorfismo è ovviamente contenuto in $S$ ed è normale in $G$. Quindi si deve avere per forza $\ker(\tau) = \{1\}$. Quindi $G = Im(\tau) < S_6$ ma $300$ non divide $6!$ e quindi l'assurdo.
X alvinlee88: Non avevi bisogno che il sottogruppo fosse ciclico...
"vict85":
Proviamoci
Per il teorema di Sylow ogni gruppo $G$ di ordine $300$ ha un $5$-sottogruppo $S$ di ordine $25$ e quindi indice $6$. Supponiamo dunque che $G$ sia semplice.
Prendiamo quindi l'azione di traslazione di $G$ su $G//S$. Definita come $x \mapsto \tau_x$ dove $\tau_x\ :\ G//S\ \to \ G//S$ con $\tau_x(gS) = xgS$
Come si sa un'azione può anche essere vista come un omomorfismo dal gruppo al gruppo delle permutazioni dell'insieme. Quindi in questo caso si ha: $\tau\ :\ G \to S_6$
Il kernel di questo omomorfismo è ovviamente contenuto in $S$ ed è normale in $G$. Quindi si deve avere per forza $\ker(\tau) = \{1\}$. Quindi $G = Im(\tau) < S_6$ ma $300$ non divide $6!$ e quindi l'assurdo.
Eccellente.
"alvinlee88":
[quote="Martino"][quote="alvinlee88"]su che fai la tesi?
Sulla 'somma' dei gruppi finiti. La somma di un gruppo è il minimo numero di sottogruppi propri che lo ricoprono. [Per esempio si vede facilmente che un gruppo ciclico non ha somma finita, e che nessun gruppo ha somma 2]. Tra le altre cose ho visto che un $p$-gruppo finito ha somma $p+1$.[/quote]
Sembra veramente interessante![/quote]
In effetti, lo è
Ed è incredibile cosa bisogna andare ad inventare per semplificare un problema come questo che appare già semplice di suo.
Nel frattempo, vict a te la palla.
Non esistono gruppi non-ciclici semplici finiti in cui ogni sottogruppo proprio è abeliano.
non mi è chiaro il procedimento di vict85... la tecnica l'ho capita ma l'indice non dovrebbe essere 300/25=12?
oddio che mi sfugge?
oddio che mi sfugge?
"Thomas":
non mi è chiaro il procedimento di vict85... la tecnica l'ho capita ma l'indice non dovrebbe essere 300/25=12?
oddio che mi sfugge?
Azz, c'hai proprio ragione, mi son perso. A questo punto basta dedurre l'esistenza di un sottogruppo di indice 6...
"Martino":
[quote="Thomas"]non mi è chiaro il procedimento di vict85... la tecnica l'ho capita ma l'indice non dovrebbe essere 300/25=12?
oddio che mi sfugge?
Azz, c'hai proprio ragione, mi son perso. A questo punto basta dedurre l'esistenza di un sottogruppo di indice 6...[/quote]
... ho sbagliato a fare la divisione.
Sentite, ma l'idea funziona comunque: anziché far agire $G$ sui laterali di un fantomatico sottogruppo di indice 6, lo facciamo agire sui coniugati di $H$ (che sono sei).
così in effetti sembra funzionare! Il gioco di squadra Martino - vict85 ha funzionato ... pare..
... pare..
"Martino":
Sentite, ma l'idea funziona comunque: anziché far agire $G$ sui laterali di un fantomatico sottogruppo di indice 6, lo facciamo agire sui coniugati di $H$ (che sono sei).
I coniugati di H come fai a dire che sono 6? Io avendo studiato un pò di sylow l'altra notte direi così, ma c'è stata una collaborazione.
Prendiamo $H$ di ordine $25$, che esiste per Sylow, e consideriamo $N(H)$. Se contiene propriamente $H$, allora è di ordine $50$, $75$, $100$, $150$ o $300$. Se ha 300 elementi bene Hè normale. Negli altri casi l'indice $x$ di $N(H)$ in $G$ è tale che $300$ non divide $x!$, e basta usare l'azione di moltiplicazione a sinistra da G su l'insieme dei laterali doi $N(H)$ per ottenre che il nucleo di quest'applicazione, normale in $G$, deve essere diverso da ${e}$ (è come è stato detto prima). La cosa difficile per me era il caso in cui $N(H)=H$, dopo lunghe consultazioni con un collega e essenodmi fatto i sylow credo che funzioni. Considero l'azione di coniugio di $G$ su $X$, dove $X$ è l'insieme dei sottogruppi di $G$. Si ha che $St(H)={ginG|gHg^(-1)=H)=N(H)=H$, da cui $|orb(H)|=|G|/|H|=12$. E per uno dei mille teoremi di Sylow vale che i sottgruppi di ordine $5^2$ sono tutti e soli quelli di $orb(H)$, che poi sarebbe la classe di coniugio. Quindi ci sono 12 coniugati di $H$, ovvero 12 sottogruppi di oridne 25 (e non 6, o sbaglio?) Però per un'altro dei corollari e lemmini vari sui p-sylow, sappiamo chje il numero dei $5-sylow$, ovvero dei sottogruppi di ordine $25$ per quanto detto sopra,, è del tipo $1+5k$, che è diverso da $12$ per ogni $k$. Allora $N(H)$ è del tipo detto prima e quindi tutto funge.
@alvinlee: ma, c'e' un ragionamento piu' semplice che puoi fare: dato che $300=12*25$, il numero dei $5$-sylow divide $12$ ed e' congruo a $1$ modulo $5$ (queste due cose seguono dai teoremi di Sylow), quindi dev'essere $6$ perche' se fosse $1$ l'unico $5$-sylow sarebbe normale. Questo e' un ragionamento tipico di quando si utilizza Sylow, per questo non mi sono sentito strano a proporre la conclusione alternativa..
Beh magari si però come ti ho detto non so nulla di sylow a parte i teoremi letti su herstein alla rinfusa l'altra notte per far tornare la mia dimostrazione! E comunque l'idea mi sembra la stessa, solo che io l'ho fatta molto più rozzamente sapendo poco e nulla di sylow.
In tutta onestà, per quanto mi ha fatto penare queto problema è uno dei più belli che abbia mai fatto, ma forse è perchè non avendo sylow mi sono dovuto scervellare in tantissimi modi come raramente mi era capitato di dover fare.
A chi sta proporre il prossimo?
In tutta onestà, per quanto mi ha fatto penare queto problema è uno dei più belli che abbia mai fatto, ma forse è perchè non avendo sylow mi sono dovuto scervellare in tantissimi modi come raramente mi era capitato di dover fare.
A chi sta proporre il prossimo?
Bene, mi fa piacere che ti sia piaciuto 
Il nuovo quesito è stato già proposto:
Il nuovo quesito è stato già proposto:
"vict85":
Non esistono gruppi non-ciclici semplici finiti in cui ogni sottogruppo proprio è abeliano.
"Martino":
Il nuovo quesito è stato già proposto
In tutti i sensi
https://www.matematicamente.it/forum/teo ... 13879.html
ps: bravo vict85, hai buon gusto
Beh non ho letto la soluzione.... visto che ci ho pensato un pò scrivo il mio tentativo.... ditemi se funzia....
Supponiamo che $Z(G)$ non sia tutto G altrimenti il gruppo sarebbe abeliano e visto che non ha sottogruppi normali non ha sottogruppo, da cui ogni elemento genera.
Quindi $Z(G)$ sia solo l'identità. Consideriamo $Z(x)$ per un $x$ qualsiasi. e $Z(y)$ con y diverso. Vale che questi due sottogruppi si intersecano solo nell'identità o sono uguali.
Infatti essendo $Z(x)$ un sottogruppo si ha che è abeliano e ogni suo elemento $k$ è t.c. $Z(x) \subset Z(k)$. Ora se $k$ sta nei due centralizzatori $Z(x) \subset Z(k)$ e $Z(y) \subset Z(k)$. Ma $Z(k)$ è abeliano e quindi $Z(x) \subset Z(y)$ e $Z(y) \subset Z(x)$, da cui i due centralizzatori sono uguali. Questo argomento cade se uno di questi centralizzatori è tutto $G$, che nulla ci garantisce essere abeliano. Però in tal caso questo elemento appartiene al centro che è solo l'identità.
A questo punto abbiamo una partizione di $G$ in sottogruppi abeliani $A,B,...$ che si intersecano solo nell'identità e t.c. presi due qualsiasi elementi di gruppi diversi, questi non commutano. Il fatto che il gruppo è non ciclico implica che ne esistono almeno due di tali sottogruppi.
Inoltre non esistono altri sottogruppi più grandi di $A,B$ diversi da $G$. Infatti se ne esistesse uno troverei degli elementi che non stanno in $A$ per esempio che commutano con $A$, ma questo è falso.
Fissato un elemento $b$ di $B$ quindi $=G$. Da cui si trovano (qua si usa l'ipotesi della finitezza) degli elementi t.c. $a'b=a''$. Ma allora $a'ba=aa'b=a'ab$, da cui $ab=ba$ per ogni $a$ in $A$. Contraddizione.
Supponiamo che $Z(G)$ non sia tutto G altrimenti il gruppo sarebbe abeliano e visto che non ha sottogruppi normali non ha sottogruppo, da cui ogni elemento genera.
Quindi $Z(G)$ sia solo l'identità. Consideriamo $Z(x)$ per un $x$ qualsiasi. e $Z(y)$ con y diverso. Vale che questi due sottogruppi si intersecano solo nell'identità o sono uguali.
Infatti essendo $Z(x)$ un sottogruppo si ha che è abeliano e ogni suo elemento $k$ è t.c. $Z(x) \subset Z(k)$. Ora se $k$ sta nei due centralizzatori $Z(x) \subset Z(k)$ e $Z(y) \subset Z(k)$. Ma $Z(k)$ è abeliano e quindi $Z(x) \subset Z(y)$ e $Z(y) \subset Z(x)$, da cui i due centralizzatori sono uguali. Questo argomento cade se uno di questi centralizzatori è tutto $G$, che nulla ci garantisce essere abeliano. Però in tal caso questo elemento appartiene al centro che è solo l'identità.
A questo punto abbiamo una partizione di $G$ in sottogruppi abeliani $A,B,...$ che si intersecano solo nell'identità e t.c. presi due qualsiasi elementi di gruppi diversi, questi non commutano. Il fatto che il gruppo è non ciclico implica che ne esistono almeno due di tali sottogruppi.
Inoltre non esistono altri sottogruppi più grandi di $A,B$ diversi da $G$. Infatti se ne esistesse uno troverei degli elementi che non stanno in $A$ per esempio che commutano con $A$, ma questo è falso.
Fissato un elemento $b$ di $B$ quindi $
ovviamente quanto sopra è tutto corretto meno che le ultime due righe... come al solito i passaggi che non dimostro sono sbagliati! uff...... e poi non si mette nemmeno a posto visto che volendo forzarsi a proseguire così si troverebbe banalmente b=e...
eheh... sto provando a dimostrare se uno di quei sottogruppi che partizionavano era normale senza successo.... così mi sono rassegnato, ho aperto il link e....... sorpresa! non c'era scritto nulla! , a parte il tentativo di sastra con il derivato, che però avevo già preso in considerazione...
cmq devo dire che mi sento davvero scarso se posto di fronte ad un problema di algebra
.......
, a parte il tentativo di sastra con il derivato, che però avevo già preso in considerazione...cmq devo dire che mi sento davvero scarso se posto di fronte ad un problema di algebra
.......
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