Gruppi [Se ogni sottogruppo proprio è abeliano...]

da **fields** » 11/12/2006, 18:25

Sia G un gruppo finito non ciclico tale che ogni sottogruppo proprio di G è abeliano. Dimostrare che G ha un sottogruppo normale proprio.

da **leev** » 11/12/2006, 18:30

come è definito un gruppo normale PROPRIO? che non è triviale?

da **fields** » 11/12/2006, 18:33

Sì, vuol dire che non è né {1} né G.

da **sastra81** » 12/12/2006, 10:09

ciao fields vediamo un po .....io ho ragionato cosi!!
Il sottogruppo generato dai commutatori di G è un sottogruppo normale quindi si presentano due possibilita
G non abeliano e in questo caso il sottogruppo generato dai commutatori è un sovrainsieme di H e un sottoinsieme proprio di G ,questo mostra che G ha un sottogruppo normale prprio
altrimenti se G è abeliano,in questo caso tutti i sottogruppi sono abeliani;quindi H è un sottogruppo proprio di G
e esso è anche un sottogruppo proprio normale

A presto
sastra

da **fields** » 12/12/2006, 11:42

G non abeliano e in questo caso il sottogruppo generato dai commutatori è un sovrainsieme di H e un sottoinsieme proprio di G

Perché il sottogruppo generato dai commutatori di G è un sottogruppo proprio?

da **fields** » 14/12/2006, 11:47

Ripropongo il problema... sia perché sastra non ha dato una soluzione completa, sia perché il problema è molto carino.

Sia G un gruppo finito non ciclico tale che ogni sottogruppo proprio di G è abeliano. Dimostrare che G ha un sottogruppo normale proprio.

da **j18eos** » 16/08/2011, 11:09

Inizialmente si considera il centro di \(G\); se fosse identico per come scrisse sastra81 si considera il derivato \(G'\) dell'assegnato gruppo \(G\), cioè il sottogruppo generato dai commutatori degli elementi di \(G\); per le ipotesi \(G'\) non è identico ed è un sottogruppo pienamente invariante di \(G\) ovvero normale.

Da tutto ciò si ha la serie normale \(\{e_G\}\lhd G'\trianglelefteq G\); sia \(G'\lhd G\) allora si è concluso.

In alternativa sia \(G=G'\), si ha a che fare con un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani, si può allora supporre che sia \(G\) un gruppo semplice; sia \(M\) un suo sottogruppo massimale, esso è autonormalizzato e quindi \(m=|G:M|=|G:N_G(M)|=|[M]_{\Gamma_G}|\); sia \(\alpha:g\in G\to(g^{\alpha}:H\in[M]_{\Gamma_G}\to g^{-1}Hg=H^g\in[M]_{\Gamma_G})\in\mathrm{Sym}(m)\), tale azione \(\alpha\) è fedele(1) e transitiva(2); da ciò \(G\) è fedelmente immergibile in \(\mathrm{Sym}(m)\), o meglio \(G=G'<(\mathrm{Sym}(m))'=\mathrm{Alt}(m)\); per non avere un assurdo deve essere \(m\geq5\).

Sia \(p\) un divisore primo di \(|M|\) e si consideri un \(p\)-sottogruppo di Sylow \(P\) di \(M\); esso è normale in \(M\) quindi è l'unico \(p\)-sottogruppo di Sylow in \(M\) ma non in \(G\), per la semplicità di quest'ultimo!
Essendo \(|\mathrm{Syl}_p(G)|=|G:N_G(P)|=|G:M|=m\)(3) si ha che ogni \(p\)-sottogruppo di Sylow di \(G\) è contenuto in un unico sottogruppo (massimale) di \(G\) coniugato con \(M\), in quanto anche i \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) sono coniugati; inoltre, l'intersezione di distinti \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) è banale, in particolare si ha che esistono almeno \(m\) elementi distinti di \(G\) di periodo \(p\), ovvero esistono \(m\) elementi distinti in \(\mathrm{Alt}(m)\) di periodo \(p\) che generano gruppi ad intersezione banale...

[ERR] ciò è assurdo perché si avrebbe una permutazione su \(m\) oggetti con supporto di cardinalità \(mp\). [/ERR]

In conseguenza, \(G\) può pure essere un gruppo perfetto a soli sottogruppi abeliani ed a centro identico ma non può essere semplice, ovvero esiste un sottogruppo \(N\) normale in \(G\).

§§§

(1) Si definisce fedele un'azione iniettiva od equivalentemente a nucleo banale.

(2) Si definisce transitiva un'azione con un'unica orbita.

(3) Con \(\mathrm{Syl}_p(G)\) indico l'insieme dei \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\).

§§§

Ammessa la correttezza della dimostrazione, si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?

da **Martino** » 16/08/2011, 12:14

Interessante punto di vista!

Tuttavia purtroppo c'è un problema.

j18eos ha scritto:l'intersezione di distinti \(p\)-sottogruppi di Sylow di \(G\) è banale, in particolare si ha che esistono almeno \(m\) elementi distinti di \(G\) di periodo \(p\), ovvero esistono \(m\) elementi distinti in \(\mathrm{Alt}(m)\) di periodo \(p\) che generano gruppi ad intersezione banale; ciò è assurdo perché si avrebbe una permutazione su \(m\) oggetti con supporto di cardinalità \(mp\).

Che le intersezioni siano banali non implica che gli elementi di ordine \( \displaystyle p \) abbiano supporti disgiunti. Faccio un esempio: in \( \displaystyle A_5 \) i due 5-cicli \( \displaystyle (12345), (13245) \) generano sottogruppi a intersezione identica, tranquillamente. E siccome in \( \displaystyle A_5 \) ci sono \( \displaystyle 4!=24 \) 5-cicli, di siffatti se ne possono trovare fino a sei (dato che ogni sottogruppo di ordine 5 contiene esattamente quattro 5-cicli).

Questa tua domanda è molto interessante:

j18eos ha scritto:si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?

da **Martino** » 16/08/2011, 12:47

j18eos ha scritto:si ha che un gruppo semplice finito non può avere sottogruppi massimali abeliani?

La risposta è sì (non può averne - a meno che non sia abeliano, si intende). Infatti dato un gruppo semplice non abeliano \( \displaystyle G \) e detto \( \displaystyle H \) un suo sottogruppo massimale abeliano, dato \( \displaystyle g \in G - H \) si ha che \( \displaystyle H \cap H^g \) è normale in \( \displaystyle H \) e in \( \displaystyle H^g \) , quindi siccome \( \displaystyle \langle H,H^g \rangle = G \) (per la massimalità, ricordando che \( \displaystyle H \neq H^g \) essendo \( \displaystyle H \) autonormalizzato in \( \displaystyle G \) , sempre per la massimalità), \( \displaystyle H \cap H^g \unlhd G \) e quindi \( \displaystyle H \cap H^g = \{1\} \) data la semplicità. Segue che \( \displaystyle G \) è un gruppo di Frobenius (con l'azione di coniugio sui coniugati di \( \displaystyle H \) ), assurdo.

da **j18eos** » 16/08/2011, 19:06

Martino ha scritto:Interessante punto di vista! ...

Grazie!

L'ultima domanda è subordinata alla mia errata dimostrazione, leggendo la tua ho capito che mi manca(va) l'ultima parte: la conoscenza dei gruppi di Frobenius e della loro non semplicità!

Continuando con altri ragionamenti ho trovato altre restrizione che non mi portano a nulla di concreto... si conferma così la mia intuizione che: i gruppi semplici finiti sono stati ardui da classificare in quanto devono soddisfare parecchie richieste extra sui sottogruppi propri non banali!