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
Accidenti, ci ho pensato tanto anch'io ma non riesco a fare progressi sensibili. Secondo me alla luce di quello che ha detto Thomas bisognerebbe considerare l'azione per coniugio di $G$ su $G-{1}$, dato che i $Z(x)-{1}$ ne formano una partizione stabilizzata. Il concetto di gruppo primitivo puo' aiutare. In effetti un gruppo semplice senza sottogruppi propri non abeliani dev'essere primitivo, ma non saprei bene come indagare i gruppi semplici primitivi.
"fields":
[quote="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
[/quote]Non l'avevo visto...
Un piccolo aiuto...
Prendete un sottogruppo massimale $M$... Il suo normalizzatore deve essere uguale a se stesso. e quindi $gMg^{-1} \ne M$ per qualsiasi $g \in G\\N$.
$gMg^{-1} nn M$ è normale nel sottogruppo unione di $gMg^{-1}$ e $M$ che è uguale a $G$. Quindi $gMg^{-1} nn M = 1$.
...
Prendete un sottogruppo massimale $M$... Il suo normalizzatore deve essere uguale a se stesso. e quindi $gMg^{-1} \ne M$ per qualsiasi $g \in G\\N$.
$gMg^{-1} nn M$ è normale nel sottogruppo unione di $gMg^{-1}$ e $M$ che è uguale a $G$. Quindi $gMg^{-1} nn M = 1$.
...
mmm.......... si alla fine quel che dici rispecchia la situazione che ho descritto prima...
ovvero un numero $k$ non precisato di sottogruppi (abeliani) che si intersecano solo nell'identità... la 'massimalità' l'avevo detta come, preso un gruppo ed un altro elemento a questo non appartenente, questo elemento ed il gruppo generano $G$...
quindi vict85 l'aiuto è un pò fasullo, ma va bene così
(per ora!)... suppongo che l'aiuto voglia dire: sfruttate meglio la massimalità!
Anche io avevo provato ieri a considerare Martino l'azione di $G$ su questi gruppi (che è ben definita!). Alla fine si trova che $G$ deve essere isomorfo ad un sottogruppo di $S(k)$... Si avrebbe la normalità di almeno uno di questi gruppi se ci fosse una permutazione con punto fisso, ma questa strada pare un pò complicata... (almeno ieri non riuscivo a concludere)
poi i gruppi primitivi in realtà non so cosa sono
sicuramente alla fine poi sarà molto più banale di quel che uno va a pensare
ovvero un numero $k$ non precisato di sottogruppi (abeliani) che si intersecano solo nell'identità... la 'massimalità' l'avevo detta come, preso un gruppo ed un altro elemento a questo non appartenente, questo elemento ed il gruppo generano $G$...
quindi vict85 l'aiuto è un pò fasullo, ma va bene così
(per ora!)... suppongo che l'aiuto voglia dire: sfruttate meglio la massimalità!Anche io avevo provato ieri a considerare Martino l'azione di $G$ su questi gruppi (che è ben definita!). Alla fine si trova che $G$ deve essere isomorfo ad un sottogruppo di $S(k)$... Si avrebbe la normalità di almeno uno di questi gruppi se ci fosse una permutazione con punto fisso, ma questa strada pare un pò complicata... (almeno ieri non riuscivo a concludere)
poi i gruppi primitivi in realtà non so cosa sono
sicuramente alla fine poi sarà molto più banale di quel che uno va a pensare
"Martino":
un gruppo semplice senza sottogruppi propri non abeliani dev'essere primitivo.
Mi correggo: ogni gruppo semplice è primitivo
Ma non so quanto questo possa servire.
Aggiungo le mie nuove idee.
Oggi al bar ho pensato questo: per un sottogruppo massimale $M$ vale che il numero dei coniugati di $M$ in $G$ coincide coll'indice del normalizzatore di $M$ che dev'essere uguale a $M$ (come già osservato), quindi $M$ ha esattamente $|G:M|$ coniugati in $G$. Detto $G=n=mt$ con $m=|M|$ e $t=|G:M|$ si ha allora che poiché i coniugati di $M$ si intersecano in $1$ a due a due, essi in totale coprono $1+t(m-1)=n-(t-1)$ elementi di $G$. Ma adesso?
Inoltre ho osservato che dato $x in G$ e usando le notazioni di Thomas, $g^{-1}Z(x)g = Z(g^{-1}xg)$. L'indice di $Z(x)$ dev'essere uguale al numero di coniugati di $x$ in $G$, quindi $x$ ha tanti coniugati quanti ne ha $Z(x)$. Ne segue che $x$ non commuta coi suoi coniugati.
Inoltre: se $M$ è massimale allora dato $1 ne x in M$ si ha che $M subseteq Z(x)$ perché $M$ è abeliano. Quindi $M=Z(x)$ per massimalità. Quindi i sottogruppi massimali di $G$ sono esattamente i centralizzanti di elementi di $G$.
Ok, grazie a fu^2 che mi ha fatto pensare ai gruppi di Frobenius ora ho intravisto la soluzione (consultando il Robinson). Bell'esercizio, mi dispiace di non essere riuscito a risolverlo da solo (forse potevo riuscirci).
scusate per riprendere il filo del quale non riesco a tornare all'inizio di esso, qualcuno mi potrebbe dire il problema sul quale si sta lavorando? grazie
salve.... io non ho intenzione di riprovare questo problema prima di dicembre, quando ristudierò per bene i gruppi cercando di prepararmi per un esame di algebra....
nel frattempo toglietemi solo questo dubbio che mi si era venuto a creare (mi rivolgo a Martino in particolare che sono felice abbia letto i miei post!)... io avevo affermato che il gruppo G era isomorfo ad un sottogruppo delle permutazioni di quei k insiemi... ora qualche giorno dopo mi era venuto in mente che un sottogruppo di S(k) deve per forza contenere l'identità, e quindi questo equivale a trovare un elemento g del gruppo che fissa tutti quegli insiemi e quindi appartiene al normalizzatore di tutti gli insiemi... ora se questi insiemi sono più di due di sicuro avrò 'ampliato' il normalizzatore di un insieme con un elemento non dell'insieme... e quindi il normalizzatore di quell'insieme diventa tutto il gruppo... (aggiungere un elemento ad uno di quegli insiemi lo fa diventare tutto il gruppo, avevo osservato)...
Ora mi chiedo dove è l'errore in questo ragionamento, che evidentemente è troppo sempliciotto .... nelle premesse, nelle conclusioni o in mezzo alla via?
nel frattempo toglietemi solo questo dubbio che mi si era venuto a creare (mi rivolgo a Martino in particolare che sono felice abbia letto i miei post!)... io avevo affermato che il gruppo G era isomorfo ad un sottogruppo delle permutazioni di quei k insiemi... ora qualche giorno dopo mi era venuto in mente che un sottogruppo di S(k) deve per forza contenere l'identità, e quindi questo equivale a trovare un elemento g del gruppo che fissa tutti quegli insiemi e quindi appartiene al normalizzatore di tutti gli insiemi... ora se questi insiemi sono più di due di sicuro avrò 'ampliato' il normalizzatore di un insieme con un elemento non dell'insieme... e quindi il normalizzatore di quell'insieme diventa tutto il gruppo... (aggiungere un elemento ad uno di quegli insiemi lo fa diventare tutto il gruppo, avevo osservato)...
Ora mi chiedo dove è l'errore in questo ragionamento, che evidentemente è troppo sempliciotto .... nelle premesse, nelle conclusioni o in mezzo alla via?
@fu^2: il problema che stiamo discutendo è il seguente: dimostrare che se $G$ è un gruppo finito semplice non abeliano allora ammette almeno un sottogruppo proprio non abeliano. Abbiamo preso un gruppo finito $G$ semplice non abeliano ogni cui sottogruppo proprio è abeliano e abbiamo cercato di giungere ad un assurdo. Thomas ha considerato i centralizzanti di elementi di $G$ (denotandoli con $Z(x)$ per $x in G$), ed ha mostrato che sono sottogruppi abeliani propri e massimali, e che due centralizzanti distinti si intersecano in ${1}$. Inoltre poiché per ogni $g in G$ si ha $Z(g^{-1}xg)=g^{-1}Z(x)g$, abbiamo che preso $x ne 1$ il sottogruppo $Z(x)$ rende $G$ un gruppo di Frobenius (appunto perché i suoi coniugati sono ancora centralizzanti), e da qui ci si può collegare al tuo topic sui gruppi di Frobenius.
Scusami ma non riesco a seguirti, mi faresti la cortesia di riscrivere un po' i dettagli? Per esempio, cosa è $k$?
Comunque (non so se c'entra col tuo ragionamento ma) tieni presente il teorema di Cayley: ogni gruppo finito è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$ per qualche $n$.
"Thomas":
salve.... io non ho intenzione di riprovare questo problema prima di dicembre, quando ristudierò per bene i gruppi cercando di prepararmi per un esame di algebra....
nel frattempo toglietemi solo questo dubbio che mi si era venuto a creare (mi rivolgo a Martino in particolare che sono felice abbia letto i miei post!)... io avevo affermato che il gruppo G era isomorfo ad un sottogruppo delle permutazioni di quei k insiemi... ora qualche giorno dopo mi era venuto in mente che un sottogruppo di S(k) deve per forza contenere l'identità, e quindi questo equivale a trovare un elemento g del gruppo che fissa tutti quegli insiemi e quindi appartiene al normalizzatore di tutti gli insiemi... ora se questi insiemi sono più di due di sicuro avrò 'ampliato' il normalizzatore di un insieme con un elemento non dell'insieme... e quindi il normalizzatore di quell'insieme diventa tutto il gruppo... (aggiungere un elemento ad uno di quegli insiemi lo fa diventare tutto il gruppo, avevo osservato)...
Ora mi chiedo dove è l'errore in questo ragionamento, che evidentemente è troppo sempliciotto .... nelle premesse, nelle conclusioni o in mezzo alla via?
Scusami ma non riesco a seguirti, mi faresti la cortesia di riscrivere un po' i dettagli? Per esempio, cosa è $k$?
Comunque (non so se c'entra col tuo ragionamento ma) tieni presente il teorema di Cayley: ogni gruppo finito è isomorfo ad un sottogruppo di $S_n$ per qualche $n$.
ah... ora in realtà di scrivere precisamente non ho tempo... però posso provare a riscrivere in modo più chiaro quel che intendevo... o meglio dico la struttura, lasciando le dimostrazioni per chiarezza:
Nei topic precedenti avevo descritto (partizionato) l'insieme in questo modo:
un numero $k$ di insiemi $A_i$ con l'indice $i$ che va da $1$ a $k$ quindi con queste proprietà:
- si intersecano a due a due solo nell'identità;
- due elementi che appartengono allo stesso insieme commutano;
- due elementi che non appartengono allo stesso insieme non commutano;
- dato un insieme ed un elemento a lui esterno, questi generano tutto il gruppo;
chiamo $X$ l'insieme degli insiemi $A_i$
Ora vorrei proseguire con:
- l'insieme $G$ agisce per coniugio su $X$, ovvero c'è un omomorfismo tra $G$ e le permutazioni di $X$ ovvero $S(X)$;
E poi con:
Il kernel dell'omomorfismo sopra è ovviamente solo $e$ e quindi è un monomorfismo=>G è isomorfo ad un sottogruppo di $S(X) \sim S(k)$.
Visto che un sottogruppo contiene l'identità c'è un elemento $g$ di $G$ che fissa per coniugio tutti gli $A_i$.
E poi continuavo come sopra, vedo che $g$ deve NON appartenere ad almeno uno di questi $A_i$ e questo diventa normale perchè il normalizzatore contiente lui ed un elemento a lui esterno (g), quindi è tutto il gruppo...
Nei topic precedenti avevo descritto (partizionato) l'insieme in questo modo:
un numero $k$ di insiemi $A_i$ con l'indice $i$ che va da $1$ a $k$ quindi con queste proprietà:
- si intersecano a due a due solo nell'identità;
- due elementi che appartengono allo stesso insieme commutano;
- due elementi che non appartengono allo stesso insieme non commutano;
- dato un insieme ed un elemento a lui esterno, questi generano tutto il gruppo;
chiamo $X$ l'insieme degli insiemi $A_i$
Ora vorrei proseguire con:
- l'insieme $G$ agisce per coniugio su $X$, ovvero c'è un omomorfismo tra $G$ e le permutazioni di $X$ ovvero $S(X)$;
E poi con:
Il kernel dell'omomorfismo sopra è ovviamente solo $e$ e quindi è un monomorfismo=>G è isomorfo ad un sottogruppo di $S(X) \sim S(k)$.
Visto che un sottogruppo contiene l'identità c'è un elemento $g$ di $G$ che fissa per coniugio tutti gli $A_i$.
E poi continuavo come sopra, vedo che $g$ deve NON appartenere ad almeno uno di questi $A_i$ e questo diventa normale perchè il normalizzatore contiente lui ed un elemento a lui esterno (g), quindi è tutto il gruppo...
"Thomas":
Visto che un sottogruppo contiene l'identità c'è un elemento $g$ di $G$ che fissa per coniugio tutti gli $A_i$.
Ma questo elemento $g$ che dici e' proprio l'identita', quindi come fa a non appartenere a tutti gli $A_i$ (che sono sottogruppi)?
infatti avevo detto che c'era un problema che di sicuro mi sfuggiva... è che visto che si intersecavano solo nell'identità mentalmente consideravo trascurabile la probabilità che quell'elemento potesse essere nell'intersezione (ho la tendenza ad immaginarmi in gruppo come insiemi credo dovuto al fatto che ho scoperto prima la topologia dell'algebra e quindi a mente avevo preso a caso un punto appartenete ad uno di questi insiemi, senza considerare che potesse essere nell'intersezione)... volevo solo capire quale era il problema prima di abbandonare il problema in vista di tempo migliori ............... del resto in effetti in un isomorfismo di gruppi solo l'identità va nell'identità... thx
............... del resto in effetti in un isomorfismo di gruppi solo l'identità va nell'identità... thx
Ah ok
---
Volevo scrivere qui come curiosità e senza aprire un nuovo argomento un risultato che io trovo abbastanza sorprendente. L'ho letto sul Robinson. Naturalmente non è una proposta di esercizio (la sua dimostrazione è lunga ed è stata contestata perché utilizza ampiamente il computer). Io lo chiamerei "risultato jolly" da usare nei prossimi esercizi proposti in caso di sola via d'uscita.
Il risultato è questo: ogni gruppo finito di ordine dispari è risolubile.
Beh, meglio così
---
Volevo scrivere qui come curiosità e senza aprire un nuovo argomento un risultato che io trovo abbastanza sorprendente. L'ho letto sul Robinson. Naturalmente non è una proposta di esercizio (la sua dimostrazione è lunga ed è stata contestata perché utilizza ampiamente il computer). Io lo chiamerei "risultato jolly" da usare nei prossimi esercizi proposti in caso di sola via d'uscita.
Il risultato è questo: ogni gruppo finito di ordine dispari è risolubile.
Beh, meglio così
"Martino":
Il risultato è questo: ogni gruppo finito di ordine dispari è risolubile.
..la sua dimostrazione utilizza ampiamente i computer..
L'induzione non funziona, eh?
"alvinlee88":
[quote="Martino"]
Il risultato è questo: ogni gruppo finito di ordine dispari è risolubile.
..la sua dimostrazione utilizza ampiamente i computer..
L'induzione non funziona, eh?
[/quote]Magari sì, ma ho il sospetto che non si risolva in due righe
Perdonate l'ignoranza, come fate ad applicare l'induzione solo per i numeri dispari?
"WiZaRd":
Perdonate l'ignoranza, come fate ad applicare l'induzione solo per i numeri dispari?
Beh puoi applicare l'induzione su $n$ per i numeri della forma $2n+1$.
Per esempio per dimostrare che la somma dei primi $n$ dispari è un quadrato perfetto fai proprio così, direi.
La dimostrazione da te segnalata non è la prima. Questo teorema, proposto da Burnside, è stato dimostrato da Feit e Thompson e pubblicato sul Pacific Journal of Mathematics nel 1963. La dimostrazione conta di 250 pagine circa e non credo che abbia utilizzato massicciamente il computer. Non conosco la dimostrazione sul Robinson.
Ecco la dimostrazione:
http://projecteuclid.org/DPubS?service= ... 1103053941
Per altre info:
http://en.wikipedia.org/wiki/Feit-Thompson_theorem
http://en.wikipedia.org/wiki/Feit-Thompson_conjecture
Ecco la dimostrazione:
http://projecteuclid.org/DPubS?service= ... 1103053941
Per altre info:
http://en.wikipedia.org/wiki/Feit-Thompson_theorem
http://en.wikipedia.org/wiki/Feit-Thompson_conjecture
"vict85":
Non conosco la dimostrazione sul Robinson.
Sul Robinson non c'è la dimostrazione, il risultato viene solo enunciato e viene dato il riferimento bibliografico.
A me hanno riferito che comunque per studiare dei casi particolari hanno usato il computer.
"Martino":
[quote="WiZaRd"]Perdonate l'ignoranza, come fate ad applicare l'induzione solo per i numeri dispari?
Beh puoi applicare l'induzione su $n$ per i numeri della forma $2n+1$.
Per esempio per dimostrare che la somma dei primi $n$ dispari è un quadrato perfetto fai proprio così, direi.[/quote]
Beh, che dire se non "giustissimo"
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