Sui Sylow

[anto_zoolander]

Ciao!

1) si determinino tutti i gruppi di ordine $33$
2) dimostrare che se $abs(G)=65$ allora ammette un sottogruppo normale non banale

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nel primo esercizio che ho svolto sento la presenza di un errore

1)

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essendo $33=11*3$ si avranno almeno un $11-$Sylow e un $3-$Sylow

se $n_p$ è il numero di $p-$Sylow distinti deve essere $n_3|11$ e $n_3equiv1(mod3)$ e quindi l'unica possibilità è che sia $n_3=1$. Allo stesso modo $n_11=1$ ma allora avremo soltanto un $3-$sylow e un $11-$sylow e questo implica che sono normali(perchè i coniugati sono anche $p-$sylow) e in particolare sono ciclici.

Pongo $P_3,P_11$ tali sottogruppi

un qualsiasi sottogruppo di $P_3capP_11$ deve dividere sia $3$ che $11$ pertanto l'intersezione è banale. Siano ora $p,q$ generatori rispettivamente di $P_3,P_11$ allora $G=<<pq>>$

intanto $(pq)^33=(p^3)^11*(q^11)^3=1*1=1$

$(pq)^x=1 =>$ divido $x$ per $33$ ottenendo $x=33k+r$

$1=(pq)^x=(pq)^(33k+r)=(pq)^r$ ovvero $p^r=q^(-r) => p^r,q^r in P_3 capP_11 => q^r=p^r=1$ da cui deve essere

edit: questo in rosso è un errore(o comunque ambiguo)
$3|r$ e $11|r$ pertanto $33|r$ il che è assurdo

piuttosto è $r=3k, r=11h => 11h=3k => h=3n,k=11n => r=33n<33$ solo se $n=0$

quindi $G=<<pq>>$ poiché sottogruppo dello stesso ordine

ora ogni elemento di $G$ si scrive come prodotto di elementi di $P_3,P_11$ quindi per un noto teorema deve essere $G cong P_3 timesP_11 cong ZZ_3 times ZZ_11$ oppure $Gcong ZZ_33$

2)

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similmente a sopra dovrebbe essere $GcongZZ_5timesZZ_13$ o $Gcong ZZ_65$
contiene un solo $5-$sylow e un solo $13-sylow$

[axpgn]

@anto

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Complimenti per il titolo

[anto_zoolander]

@alex

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semplice e conciso

[axpgn]

@anto

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Finalmente non potranno più accusarti di essere prolisso

[vict85]

Premetto che sono anni che non vedo queste cose. Comunque, riguardo (1), il \(3\)-Sylow e il \(11\)-Sylow sono banalmente ciclici perché di ordine un primo. Inoltre, siccome \(11 \equiv 2\!\!\pmod{3}\) e \(3\equiv 3\!\!\pmod{11}\), ci può essere un solo \(3\)-Sylow e un solo \(11\)-Sylow e questi sono normali. Siccome \(3\) e \(11\) sono banalmente coprimi, l'unica possibilità è il gruppo ciclico \(\mathbb{Z}_{33}\cong\mathbb{Z}_{11}\times \mathbb{Z}_{3}\).

Per farlo vedere, sia \(P_3 = \langle g\rangle\) e \(P_{11} = \langle h\rangle\) per qualche \(g,h\in G\). Consideriamo dunque il commutatore \(ghg^{-1}h^{-1}\). Abbiamo che \((ghg^{-1})h^{-1} = h'h^{-1}\in P_{11}\) per la normalità di \(P_{11}\) e \(g(hg^{-1}h^{-1}) = gg'\in P_{3}\) per la normalità di \(P_{3}\). Si conclude che \(ghg^{-1}h^{-1} = e\) ovvero che \(h\) commuta con \(g\).

Riguardo a (2) si ha appunto \(G \cong \mathbb{Z}_{65}\cong\mathbb{Z}_{5}\times \mathbb{Z}_{13}\). Ma nel caso specifico era sufficiente notare che se \(\lvert G\rvert = pq\) per due primi \(p\) e \(q\) con \(p < q\) allora \(P_p\) è sempre normale (per il terzo teorema di Sylow).

[anto_zoolander]

Premetto che sono anni che non vedo queste cose. Comunque, riguardo (1), il \( 3 \)-Sylow e il \( 11 \)-Sylow sono banalmente ciclici perché di ordine un primo. Inoltre, siccome \( 11 \equiv 2\!\!\pmod{3} \) e \( 3\equiv 3\!\!\pmod{11} \), ci può essere un solo \( 3 \)-Sylow e un solo \( 11 \)-Sylow e questi sono normali. Siccome \( 3 \) e \( 11 \) sono banalmente coprimi, l'unica possibilità è il gruppo ciclico \( \mathbb{Z}_{33}\cong\mathbb{Z}_{11}\times \mathbb{Z}_{3} \).

Tu hai trovato errori nella mia dimostrazione?
Mi sembra di aver scritto circa le stesse cose(in maniera meno precisa )

Per farlo vedere, sia \( P_3 = \langle g\rangle \) e \( P_{11} = \langle h\rangle \) per qualche \( g,h\in G \). Consideriamo dunque il commutatore \( ghg^{-1}h^{-1} \). Abbiamo che \( (ghg^{-1})h^{-1} = h'h^{-1}\in P_{11} \) per la normalità di \( P_{11} \) e \( g(hg^{-1}h^{-1}) = gg'\in P_{3} \) per la normalità di \( P_{3} \). Si conclude che \( ghg^{-1}h^{-1} = e \) ovvero che \( h \) commuta con \( g \).

questa cosa mi è nota più in generale per sottogruppi normali di un gruppo