Numero di sottogruppi di ordine $p+1$

[Paolo902]

Problema (Concorso di ammissione SNS, IV anno). Siano $G$ un gruppo finito e $p$ un intero primo. Si mostri che se $G$ ha due sottogruppi distinti di ordine $p$ allora ne ha almeno $p+1$. (Suggerimento: Siano $H_1$ e $H_2$ due sottogruppi di ordine $p$. Ci sono due casi possibili; $H_2$ è contenuto nel normalizzatore di $H_1$, oppure no. Nel secondo caso si consideri l’azione per coniugio sull’insieme dei sottogruppi di ordine $p$.)

Non ho ancora una soluzione completa, ma ho un po' di idee.

Anzitutto, ho pensato che - per dirla con paroloni - se la valutazione $p$-adica di [tex]\vert G \vert[/tex] è 1, allora il teorema vale grazie a Sylow (in tal caso, infatti, i sottogruppi di ordine $p$ sono esattamente i $p$-Sylow e il loro numero $n_p \equiv 1 mod p$: siccome per ipotesi $n_p \ge 2$, abbiamo finito).

Un altro pensiero che ho avuto è la proprietà dei gruppi abeliani elementari di ordine $p^n$: ad esempio, il gruppo abeliano elementare di ordine $p^2$ (per intenderci, quello non ciclico) ha esattamente $p+1$ sottogruppi di ordine $p$ (e lo si vede con il solito giochetto di contare gli elementi di ordine $p$).

Va bene, veniamo al problema vero e proprio. Seguiamo il suggerimento: se $H_2 \le N_G(H_1)$ allora posso affermare che $H_1H_2$ è un sottogruppo di $G$ (di ordine $p^2$). Ma adesso?

Nel secondo caso, siccome $H_2$ non normalizza $H_1$, l'azione di $G$ per coniugio (sull'insieme dei sottogruppi di ordine $p$) è transitiva, cioè c'è una sola orbita che ha cardinalità 2. Lo stabilizzatore di $H_1$ (i.e. il suo normalizzante) ha perciò indice 2 in $G$ ed è normale in $G$.
Ma ora sono fermo, non so come andare avanti. Dove li trovo gli altri sottogruppi di ordine $p$?

Mi date qualche idea? Una mano a concludere, per piacere? Grazie!

[Martino]

se $H_2 \le N_G(H_1)$ allora posso affermare che $H_1H_2$ è un sottogruppo di $G$ (di ordine $p^2$). Ma adesso?

Adesso hai finito, l'hai scritto tu stesso:

ad esempio, il gruppo abeliano elementare di ordine $p^2$ (per intenderci, quello non ciclico) ha esattamente $p+1$ sottogruppi di ordine $p$

Ricorda che il caso ciclico non occorre, dato che [tex]H_1H_2[/tex] è generato da due sottogruppi di ordine [tex]p[/tex].

Nel secondo caso, siccome $H_2$ non normalizza $H_1$, l'azione di $G$ per coniugio (sull'insieme dei sottogruppi di ordine $p$) è transitiva [...]

? Non capisco come deduci informazioni sull'azione di G. Più semplicemente,

considera l'azione di [tex]H_2[/tex] sull'insieme dei sottogruppi di ordine [tex]p[/tex]. Tale azione è non banale (dato che [tex]H_1[/tex] viene mosso) e uno conclude considerando la cardinalità delle orbite. Il punto è che la cardinalità di un'orbita è uguale all'indice dello stabilizzatore di un elemento dell'orbita, quindi in particolare divide l'ordine del gruppo. Nel tuo caso, deve esistere una [tex]H_2[/tex]-orbita di cardinalità [tex]p[/tex].

E' un trucco standard: si usa anche per mostrare che i [tex]p[/tex]-Sylow sono tutti coniugati. Considera infatti un'orbita [tex]O[/tex] di [tex]p[/tex]-Sylow del gruppo [tex]G[/tex], e sia [tex]P[/tex] un [tex]p[/tex]-Sylow di [tex]G[/tex]. E' facile vedere che l'azione di [tex]P[/tex] per coniugio su qualsiasi insieme di [tex]p[/tex]-Sylow di [tex]G[/tex] ha (eventualmente) [tex]P[/tex] come unico punto fisso (l'idea è che se [tex]R[/tex] è un punto fisso - cioè un [tex]p[/tex]-Sylow normalizzato da [tex]P[/tex] - allora [tex]PR[/tex] è un [tex]p[/tex]-sottogruppo "troppo grande": da [tex]|PR| \geq |P|[/tex] segue [tex]P=R[/tex] per definizione di sottogruppo di Sylow) e da questo segue subito (prendendo un elemento di [tex]O[/tex] e facendolo agire su [tex]O[/tex]) che [tex]|O| \equiv 1[/tex] modulo [tex]p[/tex] (questo "1" è proprio il punto fisso in questione!). D'altra parte se fosse [tex]P \not \in O[/tex] allora l'azione di [tex]P[/tex] su [tex]O[/tex] non avrebbe punti fissi e quindi [tex]p[/tex] dividerebbe [tex]|O|[/tex] (assurdo). Quindi [tex]P \in O[/tex], e da questo segue che [tex]O[/tex] è in effetti l'unica [tex]G[/tex]-orbita.

Qui trovi un'altra applicazione di questo "trucco".

[totissimus]

Possiamo ragionare anche cosi ?

\( H_1=, H_2=\)
Se \(a,b\) commutano \( o(a^ib)=p\) e i sottogruppi \(K_i=, i=1,\cdots p\) e \(H_2\) sono tutti distinti e di ordine \(p\).
Se \(a,b\) non commutano \(b^{-i} H_1 b^i \neq H_1\) per \( i=1 \cdots p-1\) infatti: se fosse \(b^{-i}H_1b^i=H_1 \) avremmo anche \( b^{-ki}H_1 b^{ki}=H_1\) , \( H_1b^{ki}=b^{ki}H_1\)per ogni \(k\) ed essendo \( =H_2\) avremmo anche \( H_1H_2=H_2H_1=M\) con \( M\) gruppo di ordine \(p^2\) e dunque abeliano, ma ciò contraddice \( ab\neq ba\).
Pertanto tutti i sottogruppi coniugati \( b^{-i}H_1b^i\) per \( i=0 \cdots p\) sono tutti distinti tra loro e da \(H_2\) ovviamente.

[Martino]

Sì.

[ale.b14]

Senza utilizzare il suggerimento, si può sfruttare il fatto che in un gruppo finito il numero di elementi di ordine $p$ primo è congruo a $-1$ modulo $p$ (questo segue, ad esempio, dalla dimostrazione di McKay del teorema di Cauchy).
In tal caso si conclude immediatamente!