ancora algebra 1

[Marty84]

Scusate ma domani ho lo scritto..

qualcuno sa dirmi esattamente cos'è una classe di sottogruppi coniugati?

grazie!

[Marty84]

Il mio problema è la dimostrazione del seguente:

Un gruppo di ordine 12 ha almeno un sottogruppo di sylow normale

dim: siano rispettivamente $k_2$ e $k_3$ i numeri dei 2-sottogruppi di Sylow di G e dei 3-sottogruppi di Sylow di G. Per il fatto che il numero dei p-sottogruppi di Sylow di un gruppo G di ordine finito è un divisore di tale ordine, e per il fatto che tale numero è $=1(mod p)$, si ha che i $k_2$ possibili sono 1 e 3, mentre i $k_3$ possibili sono 1 e 4.
Se $k_2=1$ è ovvio perchè sarebbe l'unico 2-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale. Fino qui tutto ok, poi la dimostrazione dice:

Si supponga pertanto che $k_2=3$ e $k_3=4$, allora G possiede 8 elementi di ordine 3 (??) e gli altri 4 elementi di G dovrebbero riempire tre sottogruppi di ordine 4 (???) il che è impossibile. Dopo di ciò $k_3=1$ e quindi sarebbe l'unico 3-sottogruppo e di conseguenza sarebbe normale.

[Martino]

Io la vedo così:

se $k_3=4$ allora esistono 4 sottogruppi di ordine 3:

{1,a,b}
{1,c,d}
{1,e,f}
{1,g,h}

Essi sono quindi ciclici (avendo ordine primo), quindi presi due qualunque di essi, hanno {1} come intersezione. Ciò significa esattamente che gli elementi

a,b,c,d,e,f,g,h

sono a due a due distinti. Appartenendo tutti a sottogruppi di ordine 3 ed essendo tutti diversi da 1, essi hanno tutti ordine 3. Ecco quindi trovati gli 8 elementi di ordine 3.

Ora, il gruppo G ha ordine 12, quindi rimangono 4 elementi di cui non sappiamo ancora nulla. Se $k_2=3$ allora abbiamo tre sottogruppi di ordine 4. Ovviamente tali tre sottogruppi non possono contenere nessuno tra a,b,c,d,e,f,g,h in quanto essi hanno ordine 3, e 3 non divide 4. Quindi l'unione di questi tre sottogruppi deve consistere dei 4 elementi rimanenti. Ciò è impossibile in quanto essendo questi tre sottogruppi di ordine 4 distinti a due a due (se due di essi coincidessero avremmo meno di 3 sottogruppi di ordine 4), la loro unione contiene almeno cinque elementi distinti.

Ne segue che il caso $k_2=3$ e $k_3=4$ non può verificarsi. Dunque uno tra $k_2$ e $k_3$ è uguale a 1.

[Marty84]

Capito...grazie mille!
non so come avrei fatto senza il tuo post, mi sono illuminata!

[Martino]

Prego, mi fa piacere