Gruppo di ordine \(p^2q\) non è semplice

[3m0o]

Siano \(p,q \) due primi distinti e \(G \) un gruppo di ordine \(p^2 q \)
Dimostra che \(G \) non è semplice.

L'unica cosa che riesco a dire supponendo per assurdo che sia semplice è che se denotiamo con \( n_p \) il numero dei \(p\)-sottogruppi di Sylow e \(n_q \) il numero dei \(q\)-sottogruppi di Sylow allora \(n_p=q \) e \( n_q=p^2 \).
Ma da qui mi blocco e non so come continuare...

Moderatore: Martino

Spostato in Algebra.

[j18eos]

Strano, utilizzando il terzo teorema di Sylow otterresti che hai un unico \(\displaystyle p\)-Sylow e un unico \(\displaystyle q\)-Sylow... oppure ricordo male?

[Martino]

\(n_p=q \) e \( n_q=p^2 \).
Ma da qui mi blocco e non so come continuare...

Conta gli elementi di ordine $q$.

[3m0o]

Strano, utilizzando il terzo teorema di Sylow otterresti che hai un unico \(\displaystyle p\)-Sylow e un unico \(\displaystyle q\)-Sylow... oppure ricordo male?

Sto supponendo per assurdo che \( G \) è semplice, quindi per i teoremi di Sylow abbiamo che \( n_p | q \) e \( n_q | p^2 \) e inoltre che \( n_p \equiv 1 \mod p \) e \( n_q \equiv 1 \mod q \)
Peranto se \( n_p \in \{ 1,q \} \) ma se \( n_p = 1 \) abbiamo che l'unico \( p\)-sottogruppo di Sylow è normale poiché \( \forall g \in G \) \(g P g^{-1} \) è un gruppo di Sylow e pertanto \( G \) non è semplice. Dunque abbiamo che \( n_p = q \).
Lo stesso ragionamento restringe \( n_q \in \{ p,p^2 \} \).
Ora abbiamo che se \( n_q = p \) risulta che \( p-1 | q \) e \( q-1 | p \) assurdo.
Pertanto \( n_q = p^2 \). E pertanto segue che \( p < q \)

Conta gli elementi di ordine $ q $.

Dunque considerando \(Q_1,Q_2\), due \( q\) sottogruppi di Sylow distinti abbiamo che sono di ordine \( q \) poiché è la potenza massima di \( q \) che divide l'ordine di \( G \), e dunque risulta che sono ciclici e segue che \( Q_1 \cap Q_2 = \{e \} \). Perché se \(e \neq a \in Q_1 \cap Q_2 \) allora \( a \in Q_1 \) e \( a \in Q_2 \) pertanto poiché \( Q_1 = \left< a \right> = Q_2 \) abbiamo che \( Q_1 \cap Q_2 = Q_1 = Q_2 \).
Pertanto tutti i \(q \) sottogruppi di Sylow sono distinti, e ogni elemento che non è l'elemento neturo dentro ai \( q \) sottogruppi di Sylow è di ordine \( q \) pertanto in \( G \) vi sono \( p^2(q-1) \) elementi di ordine \( q \).
Dati \( P_1,P_2\) dei \(p\)-sottogruppi di Sylow distinti abbiamo che sono di ordine \( p^2 \).
Se l'intersezione di \(P_1 \) e \(P_2 \) è triviale allora segue che vi sono almeno \( 2(p^2 -1 ) \) elementi di ordine \( p^2 \)
dunque
\( p^2(q-1) + 2(p^2-1) = p^2q + p^2 - 2 \geq p^2q+2 > p^2q \) assurdo!
Dove la prima disuguaglianza è data dal fatto che \(p^2 \geq 4 \).
Pertanto l'intersezione tra \( P_1 \) e \( P_2 \) non è triviale.
Consideriamo quindi \( N_G(P_1 \cap P_2 ) \) è un sottogruppo di \( G \) e per Lagrange abbiamo che l'ordine di \( N_G(P_1 \cap P_2) \) divide l'ordine di \(G \).
Pertanto abbiamo che \(\left| N_G(P_1 \cap P_2)\right| \in \{1,q,p,pq,p^2,p^2q\} \)
Ora siccome \(P_1 \) e \(P_2 \) sono abeliani abbiamo che ciascun elemento di \( x \in P_1 \cap P_2 \) commuta con tutti gli elementi di \( P_1 \) e commuta con tutti gli elementi di \(P_2 \), e siccome \( P_1 \) e \(P_2 \) sono distinti abbiamo che \( \left|P_1 \cap P_2\right| < \left| P_i \right| \) per \(i=1,2 \)
Pertanto \(\left|N_G(P_1 \cap P_2)\right| = \left| P_1 \right| + \left| P_2 \right| - \left|P_1 \cap P_2\right| > p^2\)
Pertanto abbiamo che \(\left|N_G(P_1 \cap P_2)\right| \in \{pq,p^2q \} \)
Ora se \( \left|N_G(P_1 \cap P_2)\right| = pq \) abbiamo che \( [G : N_G(P_1 \cap P_2)]= p \) ora siccome \( p \) è il più piccolo numero primo che divide \( \left| G \right| \) abbiamo che \(N_G(P_1 \cap P_2 ) \) è normale.
Invece se \( \left|N_G(P_1 \cap P_2)\right| = p^2q \), abbiamo che \(N_G(P_1 \cap P_2) =G\) e pertanto \( P_1 \cap P_2 \) è normale in \( G \).
Contraddizione!

[3m0o]

Il punto b) richiede
supponendo \( q < p \) e \( q \) non divide \( p^2 -1 \) dimostra che \( G \) è abeliano.

Io ho pensato in questo modo
Abbiamo che siccome \( q \) non divide \(p^2-1 \) allora \( q \) non divide \( p-1 \) e non divide \( p+1 \), pertanto \( n_q=1 \) il numero di \(q \) sottogruppi di Sylow.
Poiché \( q < p \) il numero di \( p \) gruppi di Sylow è \( n_p = 1 \).
Dunque sia \( P \) e \( Q \) rispettivamente gli unici \(p \) sottogruppo di Sylow e \( q\) sottogruppo di Slow.
Siccome sono unici abbiamo che sono normali.
Poiché gli elementi di \( P \) sono di ordine una potenza di \( p \) e gli elementi di \( Q \) sono di ordine una potenza di \( q \), segue che la loro intersezione è triviale.
Dimostriamo che \( PQ = G \).
Per il secondo teorema di isomorfismo abbiamo che \( PQ \) è normale in \(G \). \( P \cap Q \) normale in \( P \) e \( Q \) normale in \( PQ \)
E abbiamo che
\[ P / ( P \cap H ) \cong PQ / Q \]
Ora abbiamo che \( \left| PQ \right| = \left| P \right| \left| Q \right|/ \left|( P \cap H )\right| = p^2q \)
poiché \( PQ \) è sottogruppo di \( G \) ed hanno lo stesso ordine allora \( PQ = G \)
Inoltre poiché \( P,Q \) normali in \(G \) e l'intersezione è triviale abbiamo che per ogni \( k \in P \) e \( h \in Q \) allora \( k h= hk \).

Dimostriamo dunque \( G \cong P \times Q \)
Abbiamo che \( f: P \times Q \to G \) definita da \( (k,h) \mapsto kh \) definisce un isomorfismo.
È suriettiva poiché \( G = PQ \), è iniettiva poiché \( P \cap Q = \{ e \} \).
Inoltre dati
\( f((k,h)(k',h'))= f((kk',hh'))=kk'hh' = khk'h' = f((k,h))f((k',h')) \)
Dunque \( G \cong P \times Q \)
Inoltre siccome \( P \cong \mathbb{Z} /p^2 \mathbb{Z} \) e \( P \cong \mathbb{Z} /q \mathbb{Z} \)
abbiamo che \( G \cong \mathbb{Z} /p^2 \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} /q\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z} /p^2q \mathbb{Z} \)
e abbiamo che \( \mathbb{Z} /p^2q \mathbb{Z} \) è abeliano dunque \( G \) abelinano.
Vi sembra corretto?

[mario9555]

Si supponga che $p<q$.Se dimostri che il numero di q-sottogruppi di Sylow è $1$, hai concluso(infatti, un p-sottogruppo di Sylow H di un gruppo G è normale, se e soltanto se è unico). Per il terzo teorema di Sylow, il numero dei q-sottogruppi di Sylow è del tipo $1+kq, k in N_0$. Inoltre tale numero divide l'ordine di $G$, per cui $1+kq in {1,p,p^2,q,pq,p^2q}$. Se $1+kq=q$ oppure $1+kq=p^2q$ ,od ancora $1+kq=pq$ allora $q$ divide $1$, assurdo. Se invece $1+kq=p$, si ha $p>p-1=kq>=q$, assurdo.Se infine $1+kq=p^2$ , allora $kq=(p-1)(p+1)$, per cui $q$ divide il prodotto $(p-1)(p+1)$. Allora $q$(essendo primo) divide $p-1$ oppure $p+1$; non può dividere $p-1$ essendo $p<q$, per cui $q$ divide $p+1$, il che è possibile se e soltanto se $p+1=q$ (essendo $p+1<=q$),ma ciò è un assurdo, essendo $p+1$ pari. Quindi dev'essere necessariamente $1+kq=1$. Se invece $p>q$, si ragiona analogamente sul numero dei p-sottogruppi di Sylow.

Edit:
Mi sono reso conto che nel caso $p=2$ e $q=3$, la dimostrazione che ho dato non funziona.

[3m0o]

Si supponga che $p<q$.Se dimostri che il numero di q-sottogruppi di Sylow è $1$, hai concluso(infatti, un p-sottogruppo di Sylow H di un gruppo G è normale, se e soltanto se è unico). Per il terzo teorema di Sylow, il numero dei q-sottogruppi di Sylow è del tipo $1+kq, k in N_0$. Inoltre tale numero divide l'ordine di $G$, per cui $1+kq in {1,p,p^2,q,p^2q}$. Se $1+kq=q$ oppure $1+kq=p^2q$ allora $q$ divide $1$, assurdo. Se invece $1+kq=p$, si ha $p>p-1=kq>=q$, assurdo.Se infine $1+kq=p^2$ , allora $kq=(p-1)(p+1)$, per cui $q$ divide il prodotto $(p-1)(p+1)$. Allora $q$(essendo primo) divide $p-1$ oppure $p+1$; non può dividere $p-1$ essendo $p<q$, per cui $q$ divide $p+1$, il che è possibile se e soltanto se $p+1=q$ (essendo $p+1<=q$),ma ciò è un assurdo, essendo $p+1$ pari. Quindi dev'essere necessariamente $1+kq=1$. Se invece $p>q$, si ragiona analogamente sul numero dei p-sottogruppi di Sylow.

Si possono combinare i due ragionamenti allora,
Supponiamo che \( G \) è semplice allora \( n_p = q \) altrimenti \( n_p= 1 \) implica che \( P \) un \(p\)-Sylow è normale ma abbiamo supposto che \( G \) semplice, pertanto \( p \) divide \(q-1 \) e abbiamo che \( p \leq q-1<q \). Inoltre \( n_q \neq 1 \) per lo stesso motivo, ma abbiamo l'esistenza di almeno un \( q\) Sylow.
Con il tuo ragionamento abbiamo arriviamo a dire che non esistono \(q\) Sylow. Assurdo!
Non c'è bisogno di trattare il caso \(p > q \).

[Martino]

Conta gli elementi di ordine $ q $.

Dunque considerando \(Q_1,Q_2\), due \( q\) sottogruppi di Sylow distinti abbiamo che sono di ordine \( q \) poiché è la potenza massima di \( q \) che divide l'ordine di \( G \), e dunque risulta che sono ciclici e segue che \( Q_1 \cap Q_2 = \{e \} \). Perché se \(e \neq a \in Q_1 \cap Q_2 \) allora \( a \in Q_1 \) e \( a \in Q_2 \) pertanto poiché \( Q_1 = \left< a \right> = Q_2 \) abbiamo che \( Q_1 \cap Q_2 = Q_1 = Q_2 \).
Pertanto tutti i \(q \) sottogruppi di Sylow sono distinti, e ogni elemento che non è l'elemento neturo dentro ai \( q \) sottogruppi di Sylow è di ordine \( q \) pertanto in \( G \) vi sono \( p^2(q-1) \) elementi di ordine \( q \).

Da qui è immediato concludere: $G$ ha $|G|-p^2(q-1) = p^2(q-(q-1)) = p^2$ elementi di ordine diverso da $q$, quindi in $G$ c'è spazio per un unico $p$-Sylow che quindi è normale.

[Martino]

Vi sembra corretto?

Sì con l'unico dettaglio che $P$ può anche essere isomorfo a $ZZ//pZZ xx ZZ//pZZ$ (e questo andrebbe dimostrato), che è comunque abeliano.

[3m0o]

Si supponga che $p<q$.Se dimostri che il numero di q-sottogruppi di Sylow è $1$, hai concluso(infatti, un p-sottogruppo di Sylow H di un gruppo G è normale, se e soltanto se è unico). Per il terzo teorema di Sylow, il numero dei q-sottogruppi di Sylow è del tipo $1+kq, k in N_0$. Inoltre tale numero divide l'ordine di $G$, per cui $1+kq in {1,p,p^2,q,pq,p^2q}$. Se $1+kq=q$ oppure $1+kq=p^2q$ ,od ancora $1+kq=pq$ allora $q$ divide $1$, assurdo. Se invece $1+kq=p$, si ha $p>p-1=kq>=q$, assurdo.Se infine $1+kq=p^2$ , allora $kq=(p-1)(p+1)$, per cui $q$ divide il prodotto $(p-1)(p+1)$. Allora $q$(essendo primo) divide $p-1$ oppure $p+1$; non può dividere $p-1$ essendo $p<q$, per cui $q$ divide $p+1$, il che è possibile se e soltanto se $p+1=q$ (essendo $p+1<=q$),ma ciò è un assurdo, essendo $p+1$ pari. Quindi dev'essere necessariamente $1+kq=1$. Se invece $p>q$, si ragiona analogamente sul numero dei p-sottogruppi di Sylow.

Edit:
Mi sono reso conto che nel caso $p=2$ e $q=3$, la dimostrazione che ho dato non funziona.

No è sbagliato anche perché il gruppo alterno \(A_4\) è di ordine \(12=2^2\cdot 3 \) ma il numero dei 3 sotto gruppi di Sylow è 4 mentre il numero dei 2 sottogruppi di Sylow è 1.
Ora come puoi vedere \(p=2<q=3\) ma \(q \) divide \(p^2-1\)

Edit: mi sono reso conto ora che anche tu avevi editato e trovato il contro esempio \(p=2 \) e \(q=3 \).
Detto ciò
per \( A_4 \) abbiamo che l'ordine è \( 12=2^2 3 \) ora sicome il numero dei 3-Sylow è \(n_3 \in \{1,2,4 \} \) e il numero dei 2-Sylow è \( n_2 \in \{1,3\} \) e inoltre abbiamo che \( n_3 \equiv 1 \mod 3 \) e \( n_2 \equiv 1 \mod 2 \) abbiamo che \( n_3 \in \{1,4 \} \) e \( n_2 \in \{1,3 \} \).
Ora però abbiamo che il numero di elementi di ordine una potenza di \(2 \) in \(A_4 \) devono essere pertanto \( n_2 (4-1) \) poiché il 2-Sylow è di ordine \(4 \) e l'elemento neutro è di ordine \(1 \).
Mentre il numero di elementi di ordine una potenza di \(3\) in \(A_4\) dev'essere \(n_3 (3-1) \) poiché un 3-Sylow è di ordine \(3 \) e l'elemento neutro è di ordine \( 1 \).
Pertanto in \(A_4 \) vi sono
\( 2n_3+ 3n_2+1=12 \) elementi
abbiamo che se \(n_3=4 \) allora \(n_2=1 \) mentre se \(n_3 =1 \) allora \(n_2 = 1 \) non è soluzione e \(n_2=3 \) nemmeno. Quindi l'unica possibilità è
\(n_3=4 \) allora \(n_2=1 \).
Pertanto l'unico 2-Sylow di \(A_4 \) è
\[ P=\{ id, (1 2)(34), (1 3)(24), (14)(32) \} \]
Mentre i quattro 3-Sylow sono
\[ Q_1=\{ id, (1 2 3), (1 3 2) \} \]
\[ Q_2=\{ id, (1 2 4), (1 4 2) \} \]
\[ Q_3=\{ id, (1 3 4), (1 4 3) \} \]
\[ Q_4=\{ id, (2 3 4), (2 4 3) \} \]