Numero di sottogruppi di ordine $p+1$

[Paolo90]

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.

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Anzitutto, ho pensato che - per dirla con paroloni - se la valutazione $p$-adica di \( \displaystyle \vert G \vert \) 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 \( \displaystyle H_1H_2 \) è generato da due sottogruppi di ordine \( \displaystyle p \) .

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,

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considera l'azione di \( \displaystyle H_2 \) sull'insieme dei sottogruppi di ordine \( \displaystyle p \) . Tale azione è non banale (dato che \( \displaystyle H_1 \) 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 \( \displaystyle H_2 \) -orbita di cardinalità \( \displaystyle p \) .

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

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

[totissimus]

Possiamo ragionare anche cosi ?

\( H_1=<a>, H_2=<b>\)
Se \(a,b\) commutano \( o(a^ib)=p\) e i sottogruppi \(K_i=<a^i b>, i=1,\cdots p\) 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 \( <b^i>=H_2\) 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.b]

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!