Classificazione dei gruppi

Messaggioda Isaac888 » 17/04/2019, 18:09

Salve a tutti.

Sono alle prese con un esercizio di classificazione.
Ho un gruppo $G$ tale che $|G|=2^n$ con la proprietà che $\forall x \in G, x^2=e$.
So che se vale l'ultima proprietà detta $G$ è per forza abeliano. La tesi afferma che $G\cong (\mathbb{Z}_2)^n$.

La dimostrazione è una semplice induzione e nei casi base è davvero bamale. Il problema è nel passo induttivo.
L'idea è dimostrare che $G\cong G\\K \times K$, con $K$ sottogruppo di $G$ di ordine $2^n$. So che c'è dal primo teorema di Sylow.

La mia personalissima idea era di usare che se ho due sottogruppi di $G$ (di cui almeno uno normale) con intersezione solo l'identità allora il loro prodotto diretto è un sottogruppo.
Per cardinalità, se valesse con $G\\K$ e con $K$, allora avrei la tesi.

Il problema è che $G\\K$ non è un sottogruppo. Però, con un discorso un pò poco intuitivo (per me) pare che considerando il sollevamento della proiezione canonica, che sarebbe iniettivo in $G$, si possa dire che la sua immagine in G sia un sottogruppo isomorfo a $G\\K$ e questo permetterebbe di concludere, perchè l'isomorfismo cercato sarebbe dato dal prodotto diretto di questo sollevamento con l'immersione di $K$ in $G$.

La mia domanda è: cosa fa intuitivamente quel sollevamento?

Grazie in anticipo
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Messaggioda j18eos » 18/04/2019, 09:58

Effettivamente \(\displaystyle G\) è un gruppo abeliano, ma il primo teorema di Sylow non ti assicura che esiste un sottogruppo \(\displaystyle H\) di ordine \(\displaystyle2^{n-1}\).

Di sicuro puoi assumere che esiste un sottogruppo \(\displaystyle H_1\) di ordine \(\displaystyle2\) (facile!), e per l'abelianità puoi considerare il gruppo quoziente \(\displaystyle G_{\displaystyle/H_1}\) di ordine \(\displaystyle2^{n-1}\), con \(\displaystyle n\geq3\)1; per l'ipotesi induttiva \(\displaystyle G_{\displaystyle/H_1}\cong\left(\mathbb{Z}_2\right)^{n-1}\).

Alla stessa maniera, si può costruire un gruppo quoziente \(\displaystyle Q_2\) di \(\displaystyle\left(\mathbb{Z}_2\right)^{n-1}\) di ordine \(\displaystyle2^{n-2}\); quindi si ha il diagramma
\[
G\stackrel{\pi_1}{\to}G_{\displaystyle/H_1}\stackrel{\varpi_2}{\to}Q_2\to0,
\]
da cui \(\displaystyle\ker\left(\varpi_2\circ\pi_1\right)=H_2\) è un sottogruppo di \(\displaystyle G\) di ordine \(\displaystyle2^2\) contenente \(\displaystyle H_1\).

Ripetendo lo stesso ragionamento di prima, si ha il diagramma
\[
G\stackrel{\pi_2}{\to}G_{\displaystyle/H_2}\stackrel{\varpi_3}{\to}Q_3\to0,
\]
ove \(\displaystyle G_{\displaystyle/H_2}\cong\left(\mathbb{Z}_2\right)^{n-3}\) e \(\displaystyle Q_2\) ha ordine \(\displaystyle2^{n-3}\), da cui \(\displaystyle\ker\left(\varpi_3\circ\pi_2\right)=H_3\) è un sottogruppo di \(\displaystyle G\) di ordine \(\displaystyle2^3\) contenente \(\displaystyle H_2\).

Iterando questo ragionamento, si riesce a costruire un sottogruppo \(\displaystyle H_{n-1}\cong\left(\mathbb{Z}_2\right)^{n-1}\) di \(\displaystyle G\) avente ordine \(\displaystyle 2^{n-1}\); preso \(\displaystyle g\in G\setminus H_{n-1}\), si ha che:
  1. \(\displaystyle\langle g\rangle\cong\mathbb{Z}_2\),
  2. \(\displaystyle\langle g\rangle\cap H_{n-1}=\{e\}\),
  3. \(\displaystyle H_{n-1}\) e \(\displaystyle g\) generano \(\displaystyle G\),
per definizione \(\displaystyle G=\left(\mathbb{Z}_2\right)^{n-1}\oplus\langle g\rangle\cong\left(\mathbb{Z}_2\right)^n\).

Sono stato abbastanza chiaro?
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Essendo da un bel po' che non scrivo di queste cose, non sono sicuro della mia chiarezza espositiva... :-D

Note

  1. Per \(\displaystyle n=1\) ed \(\displaystyle n=2\) hai i casi noti di \(\displaystyle\mathbb{Z}_2\) e \(\displaystyle V_4\).
Ultima modifica di j18eos il 19/04/2019, 10:24, modificato 2 volte in totale.
Ipocrisìa e omofobìa,
fuori da casa mia!

Semplicemente Armando. ;)
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Re: Classificazione dei gruppi

Messaggioda Stickelberger » 18/04/2019, 16:14

Si potrebbe anche notare che ogni gruppo abeliano di esponente $2$
ha una struttura naturale di spazio vettoriale sul campo finito $ZZ_2$.
Poiche' ogni spazio vettoriale ha una base, ci siamo.
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