Algebrona(3)

Messaggioda Valerio Capraro » 07/05/2006, 15:13

3) Mostrare in maniera diretta che l'alterno $A_5$ è semplice e che è l'unico gruppo semplice del suo ordine
Valerio Capraro
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Messaggioda Valerio Capraro » 12/05/2006, 18:46

Osserviamo che scrivendo un elemento di $A_5$ come prodotto di cicli disgiunti, le uniche possibilità sono (_ _)(_ _), (_ _ _) e (_ _ _ _ _) e quindi un elemento di $A_5$ ha periodo al più 5.
Ora, i divisori proprio di $|A_5|=60$ sono $2,3,4,5,6,10,12,15,20,30$. Ne segue che $A_5$ non può avere sottogruppi di ordine $15$ o $30$ perchè questi contengono elementi di periodo 15. Analogamente $A_5$ non può avere sottogruppi normali di periodo $2$ o $4$ in quanto il quoziente avrebbe ordine $30$ o $15$ e quindi $A_5$ avrebbe elementi di ordine un multiplo di 15. Analogamente $A_5$ non può avere sottogruppi normali di ordine 3 o 5 perchè moltiplicati per un elemento di ordine 5 o 3 si costruirebbe un sottogruppo di ordine 15. Non può avere sottogruppi normali di ordine 6, perchè essi hanno un $3$-Sylow caratteristico e quindi normale in $A_5$, fatto già escluso. Analogamente non può avere sottogruppi normali di ordine 12. Infine non può avere sottogruppi normali di ordine 5 o 20 perchè essi hanno 5-sylow caratteristici e quindi normali in $A_5$, fatto già escluso.

Mostriamo l'unicità. Sia $G$ un gruppo di ordine 60 semplice, allora $G$ ha 6 5-sylow ciclici che quindi si intersecano banalmente; per cui G ha 24 elementi di ordine 5 (quattro per ogni 5-syl). Ora il numero dei 3-Sylow divide 20 ed è congruo ad 1 modulo 3; le uniche possibilità sono dunque 1,4,10. 1 va escluso per la semplicità. Anche 4 va escluso per la semplicità in quanto indice del normalizzante di un 3-syl ed è un fatto generale che gruppi che hanno sottogruppi di indice 2,3,4 non possono essere semplici. Dunque G ha 10 3-syl che sono dei ciclici che quindi si intersecano banalmente, per un totale di 20 elementi di ordine 3 (2 per ogni 3-syl). Consideriamo ora i 2-syl. Il possibile numero di 5-syl è 1,3,5,15. 1,3 si escludono per semplicità. Osserviamo ora che se essi sono 5 allora $G$ si immerge in $A_5$ essendo semplice ed avendo un sgr diindice 5(il normalizzante) e quindi per l'uguaglianza degli ordini si avrebbe $G=A_5$. Dunque sia per assurdo $n_2=15$ se essi si intersecano banalmente allora (avendo ogni 2-syl 3 2-elementi) si avrebbero 3*15=troppi 2-elementi. Dunque esistono due 2-syl $S_1,S_2$ la cui intersezione ha ordine 2(non può averne di più) e quindi è massima fra tutte le cardinalità di tutte le possibili intersezioni fra sylow e quindi (è un teorema generale) $S_1\capS_2$ è strettamente contenuto nel suo normalizzante. Osserviamo ora che se $n_2=15$, allora i normalizzanti dei Sylow hanno ordine 4 e quindi i 2-Sylow si autonormalizzano e quindi $S_1\capS_2\subsetN\subsetS_1\capS_2$ assurdo perchè la prima inclusione è stretta
Valerio Capraro
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