Gruppi di ordine 2010

[Martino]

Non per voler essere in tema ma cosa possiamo dire dei gruppi di ordine 2010?

$2010 = 2*3*5*67$.

E' una cosa che ho pensato adesso così per via del capodanno... Probabilmente ci penserò anche stasera, tra seitan al cumino, grano saraceno e guacamole.

[mistake89]

Io non so dire nulla perchè non ho ancora gli strumenti, ma la domanda mi aveva incuriosito: cosa possiamo dire?

[Martino]

Intanto, si può arrivare a dire che un gruppo di ordine 2010 è risolubile e il suo 67-Sylow è normale.

A proposito, io sapevo di un risultato generale (basato sul teorema di Feit-Thompson) che diceva che se 4 non divide |G| allora G è risolubile. Non so se sia vero o se me lo sono sognato, voi lo conoscete?

[Martino]

Per il teorema di Schur-Zassenhaus il 67-Sylow $N$ è complementato e due qualsivoglia complementi di $N$ sono coniugati. Quindi $G$ è un prodotto semidiretto \( \displaystyle G=N \rtimes H \) e \( \displaystyle H^1(H,N)=0 \) . Restano da elencare le possibilità per $G//N$ (isomorfo ad $H$) e per l'omomorfismo $H to Aut(N) cong C_{66}$. La sua immagine sarà ovviamente contenuta in $C_6$.

[Martino]

Sono giunto alla conclusione che a meno di isomorfismi i gruppi di ordine 2010 sono 12.

Abbiamo $2010 = 2*3*5*67$.

Lemma 1. C'è un unico gruppo di ordine \( \displaystyle 15 \) a meno di isomorfismi, quello ciclico. Si ha \( \displaystyle Aut(C_{15}) \cong C_4 \times C_2 \) .

Prova: Se \( \displaystyle G \) è un gruppo di ordine \( \displaystyle 15 \) allora per i teoremi di Sylow i sottogruppi di Sylow di \( \displaystyle G \) sono normali, quindi \( \displaystyle G \) è il prodotto diretto di \( \displaystyle C_3 \) e \( \displaystyle C_5 \) e quindi \( \displaystyle G \cong C_{15} \) . Per quanto riguarda il gruppo degli automorfismi, basta ricordare che \( \displaystyle \text{Aut}(C_{15})=U(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}) \) e fare i conti.

Lemma 2. I gruppi di ordine 30 a meno di isomorfismi sono \( \displaystyle C_{30} \) , \( \displaystyle D_{30} \) , \( \displaystyle D_{10} \times C_3 \) e \( \displaystyle S_3 \times C_5 \) .

Prova: Ricordo che il gruppo diedrale \( \displaystyle D_{2n} \) ammette la presentazione \( \displaystyle D_{2n} = \langle g,h\ |\ g^n=1,\ g^h=g^{-1} \rangle \) . Sia \( \displaystyle G \) un gruppo di ordine \( \displaystyle 30 \) . Per quanto discusso qui (o per considerazioni basate sui teoremi di Sylow) esiste un sottogruppo \( \displaystyle H \) di \( \displaystyle G \) di ordine \( \displaystyle 15 \) , cioè indice \( \displaystyle 2 \) , quindi normale, e \( \displaystyle H \cong C_{15} \) (lemma 1). \( \displaystyle H \) è complementato (un complemento è generato da un qualsiasi elemento di ordine \( \displaystyle 2 \) ), sia \( \displaystyle T= \langle t \rangle \) un complemento. Allora \( \displaystyle G = H \rtimes T \) e basta elencare le possibilità per l'omomorfismo \( \displaystyle \phi: T \to \text{Aut}(H) \cong C_4 \times C_2 \) (vd. lemma 1) per conoscere \( \displaystyle G \) . Ci sono quattro possibilità per l'immagine di \( \displaystyle t \) in \( \displaystyle \text{Aut}(H) \cong C_4 \times C_2 \) : l'identità o un elemento di ordine \( \displaystyle 2 \) . Scriviamo \( \displaystyle H= \langle h \rangle \) . Le possibilità sono:
1) \( \displaystyle \phi(t)=1 \) . In tal caso \( \displaystyle H \) è centrale e quindi \( \displaystyle G \cong C_{30} \) .
2) \( \displaystyle \phi(t)(h)=h^{-1} \) . In tal caso \( \displaystyle G \cong D_{30} \) (basta ricordare la presentazione di \( \displaystyle D_{2n} \) ).
3) \( \displaystyle \phi(t)(h)=h^4 \) . In tal caso \( \displaystyle \phi(t) \) fissa \( \displaystyle h^5 \) e inverte \( \displaystyle h^3 \) , quindi \( \displaystyle G \cong D_{10} \times C_3 \) .
4) \( \displaystyle \phi(t)(h)=h^{11} \) . In tal caso \( \displaystyle \phi(t) \) fissa \( \displaystyle h^3 \) e inverte \( \displaystyle h^5 \) , quindi \( \displaystyle G \cong S_3 \times C_5 \) (ricordo che \( \displaystyle D_6 \cong S_3 \) ).
CVD

Ora preso \( \displaystyle G \) di ordine 2010 sappiamo che il \( \displaystyle 67 \) -Sylow \( \displaystyle N \) (ciclico di ordine \( \displaystyle 67 \) ) è normale e complementato da \( \displaystyle H \) di ordine \( \displaystyle 30 \) (per il teorema di Schur-Zassenhaus), quindi \( \displaystyle G=N \rtimes H \) . Rimane da determinare l'omomorfismo \( \displaystyle H \to \text{Aut}(N) \cong C_{66} \) , la cui immagine è contenuta in \( \displaystyle C_6 \) . Ho già osservato che \( \displaystyle G \) è risolubile (poiché \( \displaystyle N \) e \( \displaystyle G/N \) lo sono). Osserviamo che se \( \displaystyle A \) e \( \displaystyle B \) sono due gruppi finiti il numero di omomorfismi \( \displaystyle A \to B \) di immagine \( \displaystyle I \leq B \) è uguale al numero di sottogruppi normali \( \displaystyle C \) di \( \displaystyle A \) tali che \( \displaystyle A/C \cong I \) moltiplicato per il numero di automorfismi di \( \displaystyle I \) . Si hanno quattro casi.

1) \( \displaystyle H = C_{30} \) . Ci sono 4 omomorfismi possibili \( \displaystyle C_{30} \to C_6 \) (corrispondenti ai quattro sottogruppi di \( \displaystyle C_{30} \) di indici 1, 2, 3, 6).
2) \( \displaystyle H=D_{30} \) . Ci sono 2 omomorfismi possibili \( \displaystyle D_{30} \to C_6 \) (corrispondenti ai sottogruppi di indici 1 e 2), infatti il sottogruppo di \( \displaystyle D_{30} \) di indice 3 non è normale e il sottogruppo di indice 6 è normale ma il relativo quoziente non è ciclico (è isomorfo a \( \displaystyle S_3 \) ).
3) \( \displaystyle H=D_{10} \times C_3 \) . Ci sono 4 omomorfismi possibili \( \displaystyle D_{10} \times C_3 \to C_6 \) (corrispondenti ai sottogruppi di indici 1,2,3,6, che sono tutti normali di quoziente ciclico).
4) \( \displaystyle H=S_3 \times C_5 \) . Ci sono 2 omomorfismi possibili \( \displaystyle S_3 \times C_5 \to C_6 \) (corrispondenti ai sottogruppi di indici 1 e 2), infatti il sottogruppo di indice \( \displaystyle 3 \) non è normale e il sottogruppo di indice \( \displaystyle 6 \) è normale ma il relativo quoziente non è ciclico (è isomorfo a \( \displaystyle S_3 \) ).

In totale quindi i casi possibili sono 12.

[alvinlee88]

Ora preso $G$ di ordine 2010 sappiamo che il $67$-Sylow $N$ (ciclico di ordine $67$) è normale e complementato da $H$ di ordine $30$, .

Come fai a dire che esiste in G un sottogruppo di ordine 30?

[Martino]

Ora preso $G$ di ordine 2010 sappiamo che il $67$-Sylow $N$ (ciclico di ordine $67$) è normale e complementato da $H$ di ordine $30$, .

Come fai a dire che esiste in G un sottogruppo di ordine 30?

Ho usato senza citarlo il teorema di Schur-Zassenhaus. Ora specifico.
L'avevo scritto nell'intervento precedente.

[adaBTTLS]

naturalmente c'entra poco con il topic, però è una curiosità che ho trovato in una mailing list:

Buon 2*3*5*(7+11+13+17+19) a tutti!

[Isaac888]

3) \( \displaystyle \phi(t)(h)=h^4 \) . In tal caso \( \displaystyle \phi(t) \) fissa \( \displaystyle h^5 \) e inverte \( \displaystyle h^3 \) , quindi \( \displaystyle G \cong D_{10} \times C_3 \) .

Non mi torna il punto 3) nella dimostrazione del lemma 2). Se prendo ad esempio $h=2$ in $H$ allora $2^5=2$, dovrebbe valere che $(2^5)^4 =2^5$, cioè $2^4=2$, ma $2^4$ non fa $2$, fa $1$. Cosa è che non sto capendo?

[Martino]

In che senso "prendo $h=2$"? $h$ è un generatore del gruppo $H$, che è ciclico di ordine $15$. Tu hai scritto $2^4=1$ (non ho capito perché) e quindi in ogni caso il tuo $h$ non ha ordine $15$.