$EE$ stgr di ordine $d$ in gruppo di ordine $2d$, $d$ dispar

[alvinlee88]

Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$.
Questo è caratteristico e quindi normale,

In un gruppo non abeliano $G_d$ non è nemmeno un sottogruppo, poichè non è chiuso. Per esempio in $S_4$ $G_4$ contiene $(1234)$ e $(12)$, ma non contiene $(1234)(12)=(134)$.
Forza forza, il problema resiste!

[Thomas]

Supponiamo di avere il nostro insieme con $2d$ elementi... A questo punto considero $G_d=[n \in G t.c. n^d=e]$.
Questo è caratteristico e quindi normale,

In un gruppo non abeliano $G_d$ non è nemmeno un sottogruppo, poichè non è chiuso. Per esempio in $S_4$ $G_4$ contiene $(1234)$ e $(12)$, ma non contiene $(1234)(12)=(134)$.
Forza forza, il problema resiste!

che fastidio... lo dico sempre che l'algebra fa venire il nervoso: ti ricordi una cosa, la utilizzi e poi non era vera nelle tue ipotesi.... ...

a questo punto ci riproverò in seguito! (non so quando! magari prestissimo, magari tardissimo )


ciao ciao

[Lord K]

Faccio un nuovo tentativo, stavolta un poco più pensato! Sia $H<G$ tale che $text{ord}(H)=2$ esistente per Sylow.

Allora consideriamo l'omomorfismo:

$f:G rightarrow G$

tale che $Ker(f) = H$, allora per il teorema di omomorfismo di gruppi ho che:

$Im(f) \sim G/(Ker(f))$

Ma sappiamo anche che $|G/H| = |G|/|H| =d$ ed allora essendo $f$ l'azione di $H$ su $G$, $Im(f)<G$ e $text{ord}(Im(f))=d$

Non sono sicurissimo di tutto, ma dovremmo esserci (o perlomeno quasi)!

[alvinlee88]

Come fai a essere sicuro che un tale $f:G->G$, con nucleo $H$, esista? Di sicuro puoi dire che una scelta possibile è $f=pi:G->G//H$, ma in questo caso $Imf$ non è un sottogruppo di $G$, ma di $G//H$ (che in questo caso è anche $G//H$ stesso).

Il punto sbagliato è questo: te dici che fissato un sottogruppo, fondamentalmente a caso, esiste un $f$ dal gruppo in sè per cui quel sottogruppo è il nucleo. E quindi, fra l'altro, stai anche dicendo che ogni sottogruppo è normale...Beh, converrai che c'è qualcosa che non va...

[Lord K]

Come fai a essere sicuro che un tale $f:G->G$, con nucleo $H$, esista? Di sicuro puoi dire che una scelta possibile è $f=pi:G->G//H$, ma in questo caso $Imf$ non è un sottogruppo di $G$, ma di $G//H$ (che in questo caso è anche $G//H$ stesso).

Il punto sbagliato è questo: te dici che fissato un sottogruppo, fondamentalmente a caso, esiste un $f$ dal gruppo in sè per cui quel sottogruppo è il nucleo. E quindi, fra l'altro, stai anche dicendo che ogni sottogruppo è normale...Beh, converrai che c'è qualcosa che non va...

$H$ è normale, non è a caso ma uno dei sottogruppi con due elementi... e poi $f:G rightarrow G$ potrebbe essere una azione di $G$ su se stesso con nucleo $H$. Non mi pare di avere come conseguenza di questo il fatto che tutti i sottogruppi sono normali...

[alvinlee88]

Perchè $H$ è normale? Ha ordine 2, mica indice..
Te dici che $f$ potrebbe esistere. Se esiste ok, ma che ne sai che esiste?

[miuemia]

si infatti $H$ non è normale però se si sfruttasse uno dei teoremi di sylow si avrebbe che il numero $s$ dei 2-Sylow dovrebbe soddisfare le due condizioni

1) s=2h+1 cioè s congruo a 1 modulo 2
2) st=d cioè s deve dividere il numero dispari d....

però da qui non si va lontano

[alvinlee88]

La dim che conosco io non fa uso di Sylow, ma richiede unìidea affatto banale (secondo me). Fra un pò metto qualche suggerimento (in spoiler)

[Martino]

Io ho pensato a

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

teoria di Galois

ma se ho iniziato con la strada giusta probabilmente nel percorso ho mancato qualche bivio..

[alvinlee88]

Sarei proprio curioso di consocere una dimostrazione che fa uso della teoria di galois, quella che so io usa solo teoria diciamo elementare dei gruppi, ma l'idea risolutiva secondo me non è elementare. Se hai idea con galois posta pure che sono curioso!