Gruppo semplice di ordine $p^a * 15$

[Martino]

Siano \( \displaystyle a \geq 0 \) un intero, \( \displaystyle p \) un numero primo e \( \displaystyle G \) un gruppo semplice di ordine \( \displaystyle p^a \cdot 15 \) . Dimostrare che \( \displaystyle G \cong A_5 \) .

Lo trovo un esercizio molto bello. E' preso da un foglio dato durante questa geniale scuola estiva a cui ho partecipato (li' era \( \displaystyle p=2 \) , ma il risultato vale per un \( \displaystyle p \) generico). Il caso generale segue abbastanza facilmente una volta risolto il caso \( \displaystyle p=2 \) .

[mistake89]

Che bello, ci proverò sicuramente (anche se non so se è alla mia portata!). Volevo solo chiedere numi su una cosa e mi scuserete per la banalità forse.

$A_5$ ha esattamente $60$ elementi ed un gruppo ad esso isomorfo deve averne esattamente $60$, il che si verifica solo per $p=a=2$. Per ogni altro $p$ ed ogni altro $a$ allora l'isomorfismo è con un sottogruppo di $G$, giusto o mi sfugge qualcosa?

PS Il teorema di Caylay mi sta solleticando.

[Martino]

Volevo solo chiedere numi

Intendevi "lumi"?

$A_5$ ha esattamente $60$ elementi ed un gruppo ad esso isomorfo deve averne esattamente $60$, il che si verifica solo per $p=a=2$. Per ogni altro $p$ ed ogni altro $a$ allora l'isomorfismo è con un sottogruppo di $G$

No. Il punto e' che bisogna dimostrare che se \( \displaystyle G \) e' semplice di ordine \( \displaystyle p^a \cdot 15 \) allora automaticamente \( \displaystyle p=a=2 \) e \( \displaystyle G \cong A_5 \) .

[mistake89]

Ahahah scusami, le mie funzioni vitali sono ancora ridotte al minimo

Ah ok, ora mi è tutto più chiaro. Almeno riesco a pensarci in una direzione più sensata.
Grazie mille, dovesse venirmi qualche idea la posterò

[mistake89]

Io ci sto lavorando Martino anche se per adesso non riuscito ad escludere nulla (sto provando il caso p=2).
In realtà stavo pensando di fare così:
I casi $a=0,a=1$ li escludo facilmente ammettendo uno solo il gruppo ciclico e l'altro essendo della forma $2*d$.

Ora suppongo che $a>2$ e voglio provare che allora $G$ non è semplice. Avevo pensato di provare l'esistenza di un sottogruppo di indice $2,3 o 4$ garantendomi così la non semplicità del gruppo oppure di provare che il $2$-sylow è ciclico. A disposizione credo di avere solo qualche nozione sulle azioni ed il teorema di Caylay e quindi per ora sono a $0$.

Risolto questo punto il resto dell'esercizio vien da sè, in quanto si dimostrare che l'unico gruppo semplice di ordine $60$ è proprio $A_5$ da cui seguirà l'isomorfismo.

Continuo a pensarci.

[Martino]

Ok, aggiungerei solo una cosa: osserva che se trovi un sottogruppo di indice 5 sei pure a posto.

[Martino]

Mi rendo conto che non e' un problema facile, do' qualche "input" (non si sa mai).

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Non puo' essere \( \displaystyle p \in \{3,5\} \) , per vederlo basta usare la teoria di Sylow.

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Se troviamo un sottogruppo di indice 5 abbiamo finito (...) quindi andando per assurdo possiamo supporre che i p-Sylow siano massimali (...), in particolare sono 15.

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Ora, un fissato p-Sylow agisce per coniugio sull'insieme dei p-Sylow...

[mistake89]

Ehm è colpa mia sono stato impegnato in questo periodo e non ci ho potuto riflettere moltissimo, però non mi era venuto comunque niente di interessante (purtroppo non sono molto pratico sulle azioni!)... proverò con qualche suggerimento a cavarci qualcosa.

[mistake89]

Mi dispiace lasciarlo cadere così, però forse non sono in grado!
Magari con una risoluzione assistita posso arrivarci (ed imparare un po' di cose sulle azioni). Che dici Martino?

Scrivo quello a cui ho pensato un po' stamattina, magari, non serve e così cerco un'altra strada.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Fisso un $2$-sylow $K$ e chiamo $X$ l'insieme dei $2$-sylow. In particolare abbiamo supposto che siano 15.

Consideriamo ora l'azione di $K$ su $X$ per coniugio, cioè $(k,H)=kHk^(-1)$ e pensiamo all'equazione delle classi.
Sicuramente in $X$ c'è $K$ e quindi $O(K)=1$, da cui $N(K)=15$ quindi in particolare è abeliano, contiene inoltre un $3$-sylow ed un $5$-sylow.
Ora però mi son bloccato, anche perchè il $N(K)$ è l'insieme dei $k in K$ tali che $kKk^(-1)=K$ e questo dovrebbe avere ordine $2^a$.
Quindi mi sembra si sia giunti ad un assurdo...
Avremmo quindi dimostrato che i $2$-sylow sono in numero di $3$ o $5$

Attendo conferme o smentite prima di ritornare a pensarci

[Martino]

Fai con calma, non e' che ho fretta che il problema venga risolto se rimane dov'e' va bene lo stesso.

Dal momento che supponi che K sia massimale, esso coincide col suo normalizzante. Quindi non capisco come deduci che \( \displaystyle |N_G(K)|=15 \) .

K agisce su X, e X ha 15 elementi (penso che l'argomento per dire che X ha 15 elementi ti sia chiaro). Bene. Guardiamo alle orbite. Cosa puoi dire di non banale sulle orbite? Per esempio cosa puoi dire dell'orbita di K? E cosa puoi dire delle orbite con un solo elemento? In altre parole come sono fatti i p-Sylow normalizzati da K? (c'e' un lemmino generale in merito).

Quando avrai risposto a queste domande avrai ottenuto forti restrizioni su \( \displaystyle p \) e potrai dedurre l'esistenza di un'orbita "piccola"...