Un po di algebra......SOS

[sastra81]

Sia G un gruppo
sia H un sottogruppo finitamente generato non banale di G
Allora H contiene un sottogruppo massimale e normale K.
come si fa a dimostrare?
io avrei pensato di indicare con L l insieme dei sottogruppi normali e inclusi in H e dimostare in qualche modo che tale insieme è induttivo cioè ogni sua parte totalemnte ordinata è superiormente limitata in L .
Dopodicche applicando il lemma di Zorn ho che ogni insieme induttivo ha un elemnto massimale
E' giusto quello che ho scritto oppure devo apportare qualche modifica?
C'e' qualcuno che saprebbe dimostrarlo meglio?Passo dopo passo?
Grazie a tutti quelli che mi risponderanno !!!!

[sastra81]

Per tutti gli algebristi in ascolto G è un gruppo non avente sezioni semplici infinite cioe:
Sia k sottogruppo normale di H e quest ultimo un sottogruppo di G allora posso considerare il quoziente
H/K quest ultimo che ho scritto è una sezione
quindi SE G NON HA SEZIONI SEMPLICI INFINITE significa che non appena H/K è semplice(signific che gli unici sottogruppi normali di H/K SONO QUELLI BANALI)allora H/K è finito
quindi il teorema sostiene
G un gruppo non avente sezioni semplici infinite allora G è localmente graduato(significa che ogni sottogruppo finitamente generato contiene un sottogruppo proprio di indice finito)
La dimostrazione è la seguente

sia H un sottogruppo finitamente generato non banale di G
allora H contiene un sottogruppo massimale e normale K e H/K è un gruppo semplice
Di conseguenza è finito segue che G è localemnte graduato

Qualcuno sa motivarmi i passaggi di questo teorema
cioe come si fa a dimostrare che H contiene un sottogruppo massimale e normale....?

[Valerio Capraro]

Siano $g_i,i=1,..n$ i generatori. Credo che basti prendere $H=<g_1^2,g_2,..g_n>$ per ottenere
un sgr mxl e normale. La massimalità discende dal fatto
che un sottogruppo che contiene $H$ e non coincide con $H$ contiene qualche potenza di $g_1$ coprima con
$2$ e quindi dal lemma di Bezout contiene anche $g_1$ e quindi coincide con $G$.
Sia ora $N$ il normalizzante di $H$ in $G$, se $N=G$, allora $H$ è normale. Per assurdo $N\neH$,
dalla massimalità di $H$ segue che $N=H$ e quindi $H^{g_1}\neH$ ed in particolare $H^{<g_2>g_1}\neH$.
Ora: $H^{<g_2>g_1}=g_1^{-1}H^{<g_2>}g_1\ne H$. Cioè, per ogni $s\inZZ$ esiste $h\inH$ tale che
$g_1^{-1}h^{g_1^s}g_1$ non appartiene ad $H$ ed in particolare per $s=0$ si trova che $1$ non appartiene
ad $H$: assurdo.

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ubermensch, secondo me la tua dimostrazione non è completa. Infatti dovresti dimostrare anche che $<g_1^2,g_2,...,g_n>$ è un sottogruppo proprio di $<g_1,g_2,...,g_n>$

[Valerio Capraro]

hai ragione, in quanto $g_1$ potrebbe avere periodo $2$.
Allora assumiamo che esista un $g_i$ di periodo maggiore di
$2$, allora consideriamo il sgr $<g_1,..g_{i-1},g_i^2,g_{i+1},..g_n>$.
Questo è sicuramente un sgr proprio. Altrimenti, se tutti i $g_i$ hanno periodo $2$,
basta prendere il sgr generato da tutti i generatori tranne uno qualsiasi.

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Uhm, ubermensch, la tua esposizione non mi convince affatto... (una dimostrazione non dovrebbe convincere per definizione? ). Cioè liquidi dei passaggi niente affatto ovvi, e che dovrebbero essere giustificati.. Poi le ultime 3 righe della tua prima dimostrazione sono a dir poco oscure..