Gruppi risolubili

Considerata un'equazione di secondo grado della forma $x^{2}+bx+c=0$$x^{2}+bx+c=0$, le sue soluzioni sono date da

$${\frac {-b\pm {\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}.$$

$${\frac {-b\pm {\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}.$$

Esistono formule risolutive anche per equazioni di terzo e quarto grado.

Commutatore e gruppi derivati

Definizione 3.1

Siano $G$$G$ un gruppo, e $a,b\in G$$a,b\in G$. Si definisce il commutatore di $a$$a$ e $b$$b$, indicato con $[a,b]$$[a,b]$, l'elemento $a^{-1}b^{-1}ab\in G$$a^{-1}b^{-1}ab\in G$.

 

Si osserva che

$$ab=ba*[a,b]$$

$$ab=ba*[a,b]$$

e che $ab=ba$$ab=ba$ se e solo se $[a,b]=1$$[a,b]=1$.

Definizione 3.2

Sia $G$$G$ un gruppo, il derivato di $G$$G$, indicato con $G'$$G'$, è il sottogruppo di $G$$G$ generato dai commutatori $[a,b]$$[a,b]$, al variare di $a,b\in G$$a,b\in G$.

 

Più in generale, definisco

$$G^{(0)}=G$$

$$G^{(0)}=G$$

$$G^{(1)}=G'$$

$$G^{(1)}=G'$$

$$\ldots$$

$$\ldots$$

$$G^{(i+1)}=(G^{(i)})'$$

$$G^{(i+1)}=(G^{(i)})'$$

Segue quindi che $G=G^{(0)}\supseteq G^{(1)}\supseteq \dots \supseteq G^{(i)}\supseteq G^{(i+1)}$$G=G^{(0)}\supseteq G^{(1)}\supseteq \dots \supseteq G^{(i)}\supseteq G^{(i+1)}$.

Questi sottogruppi sono normali in $G$$G$ e addirittura caratteristici (invarianti per automorfismi): infatti se $\alpha$$\alpha$ è un automorfismo di $G$$G$, dati $a,b\in G$$a,b\in G$, allora

$$\alpha ([a,b])=\alpha (a^{-1}b^{-1}ab)=\alpha (a^{-1})\alpha (b^{-1})\alpha (a)\alpha (b)=[\alpha (a),\alpha (b)],$$

$$\alpha ([a,b])=\alpha (a^{-1}b^{-1}ab)=\alpha (a^{-1})\alpha (b^{-1})\alpha (a)\alpha (b)=[\alpha (a),\alpha (b)],$$

cioè l'immagine mediante $\alpha$$\alpha$ di un commutatore è il commutatore delle immagini degli elementi. Segue subito che $G'$$G'$e' caratteristico in $G$$G$.

In generale, si vede facilmente che $G^{(i)}$$G^{(i)}$ è caratteristico in $G$$G$, usando il fatto che, dati tre sottogruppi $A,B,C$$A,B,C$ di $G$$G$, con $A$$A$ caratteristico in $B$$B$ e $B$$B$ caratteristico in $C$$C$, allora $A$$A$ è caratteristico in $C$$C$.

Gruppi risolubili

Definizione 3.3

Un gruppo $G$$G$ si dice risolubile se esiste $n\geq 0$$n\geq 0$ tale che $G^{(n)}=1=\{1_{G}\}$$G^{(n)}=1=\{1_{G}\}$.

 

Esempio 3.1

Tutti i gruppi abeliani sono risolubili, perché se $G$$G$ è abeliano, $[a,b]=1\forall a,b\in G$$[a,b]=1\forall a,b\in G$, allora $G^{(0)}=G$$G^{(0)}=G$ e $G^{(1)}=1$$G^{(1)}=1$.

 

Lemma 3.1

Sia $G$$G$ un gruppo e $N$$N$ un sottogruppo di $G$$G$. Se $G'\subseteq N$$G'\subseteq N$, allora $N$$N$ è normale in $G$$G$, e il quoziente $G/N$$G/N$ è abeliano. Viceversa, se $N$$N$ è normale in $G$$G$ e il quoziente $G/N$$G/N$ è abeliano, allora $G'$$G'$ è contenuto in $N$$N$.

 

Dimostrazione

PARTE 1: Sia $G'\subseteq N$$G'\subseteq N$. Mostriamo che $N$$N$ è normale, cioè che $N$$N$ contiene i coniugati dei suoi elementi, cioè per $g\in G,n\in N$$g\in G,n\in N$, $g^{-1}ng\in N$$g^{-1}ng\in N$. Osservo che

$$g^{-1}ng=n*(n^{-1}g^{-1}ng)=n[n,g]$$

$$g^{-1}ng=n*(n^{-1}g^{-1}ng)=n[n,g]$$

e siccome per ipotesi $G'\subseteq N$$G'\subseteq N$, allora $[n,g]\in N$$[n,g]\in N$, e quindi $g^{-1}ng=n[n,g]\in N$$g^{-1}ng=n[n,g]\in N$.

Inoltre siano $Nx,Ny$$Nx,Ny$ laterali destri in $G/N$$G/N$. Mostro che il quoziente è abeliano:

$$[Nx,Ny]=(Nx)^{-1}\,(Ny)^{-1}\,Nx\,Ny=Nx^{-1}\,Ny^{-1}\,Nx\,Ny$$

$$[Nx,Ny]=(Nx)^{-1}\,(Ny)^{-1}\,Nx\,Ny=Nx^{-1}\,Ny^{-1}\,Nx\,Ny$$

e per definizione di prodotto di laterali:

$$=N(x^{-1}y^{-1}xy)=N[x,y]=N$$

$$=N(x^{-1}y^{-1}xy)=N[x,y]=N$$

dove l'ultimo passaggio vale perché i commutatori stanno in $N$$N$ poiché stanno in $G'\subseteq N$$G'\subseteq N$. Segue quindi che il commutatore di due laterali è l'identità del quoziente, e quindi il quoziente è abeliano.

PARTE 2: Viceversa, se $N$$N$ è un sottogruppo normale di $G$$G$ con $G/N$$G/N$ abeliano, allora $G'\subseteq N$$G'\subseteq N$. $G/N$$G/N$ abeliano significa che dati due laterali $Nx,Ny\in G/N$$Nx,Ny\in G/N$, allora il commutatore è l'identità del quoziente, cioè

$$N=[Nx,Ny]=N[x,y],$$

$$N=[Nx,Ny]=N[x,y],$$

per i conti precedenti, e quindi $[x,y]\in N\forall x,y\in G$$[x,y]\in N\forall x,y\in G$; segue che, siccome $N$$N$ contiene i generatori di $G'$$G'$, allora $G'$$G'$ è contenuto in $N$$N$.

 

Proprietà dei gruppi risolubili

Proprietà 1: se $G$$G$ è risolubile, lo sono anche tutti i suoi sottogruppi e tutti i suoi quozienti.

Dimostrazione

RISOLUBILITÀ DEI SOTTOGRUPPI: supponiamo che $G$$G$ sia risolubile allora esiste $n\geq 0$$n\geq 0$ tale che $G^{(n)}=1$$G^{(n)}=1$. Sia $H$$H$ un sottogruppo di $G$$G$, affermo che $H^{(i)}\subseteq G^{(i)}\forall i$$H^{(i)}\subseteq G^{(i)}\forall i$.

• Per $i=0$$i=0$, $H^{(0)}=H\subset G^{(0)}=G$$H^{(0)}=H\subset G^{(0)}=G$.
• Per $i=1$$i=1$, $H^{(1)}=H'$$H^{(1)}=H'$ è generato da $[x,y]$$[x,y]$ al variare di $x,y\in H$$x,y\in H$. L'insieme di generatori di $H^{(1)}$$H^{(1)}$ è contenuto nell'insieme di generatori di $G^{(1)}$$G^{(1)}$ che è

$$\{[g,h],\,g,h\in G\}$$

$$\{[g,h],\,g,h\in G\}$$

allora $H^{(1)}\leq G^{(1)}$$H^{(1)}\leq G^{(1)}$.

• In generale, se suppongo che $H^{(i)}$$H^{(i)}$ sia un sottogruppo di $G^{(i)}$$G^{(i)}$, allora

$$H^{(i+1)}=(H^{(i)})'\leq (G^{(i)})'=G^{(i+1)}$$

$$H^{(i+1)}=(H^{(i)})'\leq (G^{(i)})'=G^{(i+1)}$$

per il passo precedente.

RISOLUBILITÀ DEI QUOZIENTI: si verifica per induzione che se $N$$N$ è normale in $G$$G$, allora

$$(G/N)^{(i)}={\frac {G^{(i)}*N}{N}},$$

$$(G/N)^{(i)}={\frac {G^{(i)}*N}{N}},$$

e, siccome $G$$G$ è risolubile, esiste $n$$n$ tale che $G^{(n)}=1$$G^{(n)}=1$, e per tale $n$$n$ si ha $(G/N)^{(n)}=(G^{(n)}*N)/N=1_{G/N}$$(G/N)^{(n)}=(G^{(n)}*N)/N=1_{G/N}$, cioè anche il quoziente è risolubile.

 

Proprietà 2: sia $G$$G$ un gruppo e $N$$N$ un sottogruppo normale di $G$$G$, allora se $N$$N$ e $G/N$$G/N$ sono risolubili, anche $G$$G$ è risolubile.

Dimostrazione

Per ipotesi $G/N$$G/N$ è risolubile, allora esiste $t\geq 0$$t\geq 0$ tale che $(G/N)^{(t)}=N$$(G/N)^{(t)}=N$, e questo implica$(G^{(t)}*N)/N=N$$(G^{(t)}*N)/N=N$, cioè $G^{(t)}\subseteq N$$G^{(t)}\subseteq N$. Inoltre, anche $N$$N$ è risolubile, quindi esiste $s$$s$ tale che $N^{(s)}=1$$N^{(s)}=1$. Allora $(G^{(t)})^{(s)}=G^{(t+s)}\subset N^{(s)}=1$$(G^{(t)})^{(s)}=G^{(t+s)}\subset N^{(s)}=1$, cioè $G^{(t+s)}=1$$G^{(t+s)}=1$, e quindi $G$$G$ è risolubile con $n=s+t$$n=s+t$.

 

Esempio 3.2

Mostriamo che $S_{3}$$S_3$ è un gruppo risolubile non abeliano. Se trovo $N$$N$ normale in $S_{3}$$S_3$, tale che $N$$N$ è risolubile e $S_{3}/N$$S_{3}/N$ è risolubile, allora posso concludere che $S_{3}$$S_3$ è risolubile. Sia $N$$N$ il sottogruppo di $S_{3}$$S_3$ generato dal 3-ciclo $(1,2,3)$$(1,2,3)$: allora $N$$N$, essendo ciclico, è abeliano e quindi anche risolubile. Inoltre $G/N$$G/N$ ha ordine $6/3=2$$6/3=2$, quindi è anch'esso ciclico e abeliano, e quindi risolubile.

 

Proprietà 3: Sia $G$$G$ un gruppo, allora sono equivalenti:

1. $G$$G$ è risolubile
2. $G$$G$ ha una serie normale a quozienti abeliani, cioè esiste una catena di sottogruppi tale che
   $$G_{0}\geq G_{1}\geq \dots \geq G_{i}\geq G_{i+1}\geq \dots \geq G_{s}=1$$

   $$G_{0}\geq G_{1}\geq \dots \geq G_{i}\geq G_{i+1}\geq \dots \geq G_{s}=1$$
   con $G_{i+1}$$G_{i+1}$ normale in $G_{i}$$G_{i}$ e $G_{i}/G_{i+1}$$G_{i}/G_{i+1}$ abeliano, per ogni $i$$i$.

Dimostrazione

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 1 \LONGRIGHTARROW 2} : se $G$$G$ è risolubile, esiste $n\geq 0$$n\geq 0$ minimo tale che $G^{(n)}=1$$G^{(n)}=1$. Considero la serie dei derivati (serie derivata):

$$G=G^{(0)}\geq G^{(1)}\geq \dots \geq G^{(i)}\geq G^{(i+1)}\geq \dots \geq G^{(n)}=1$$

$$G=G^{(0)}\geq G^{(1)}\geq \dots \geq G^{(i)}\geq G^{(i+1)}\geq \dots \geq G^{(n)}=1$$

Siccome $G^{(i+1)}$$G^{(i+1)}$ può essere considerato come il derivato di $G^{(i)}$$G^{(i)}$, si ha che $G^{(i+1)}$$G^{(i+1)}$ è normale in $G^{(i)}$$G^{(i)}$ e che il quoziente $G^{(i)}/G^{(i+1)}$$G^{(i)}/G^{(i+1)}$ è abeliano per la proprietà 1, e quindi la serie derivata è una serie normale a quozienti abeliani.

Errore del parser (funzione sconosciuta '\LONGRIGHTARROW'): {\displaystyle 2 \LONGRIGHTARROW 1} : Sia $G=G_{0}\geq G_{1}\geq \dots \geq G_{i}\geq G_{i+1}\geq \dots \geq G_{s}=1$$G=G_{0}\geq G_{1}\geq \dots \geq G_{i}\geq G_{i+1}\geq \dots \geq G_{s}=1$ una serie normale a quozienti abeliani, che esiste per ipotesi. Mostro che per ogni $i$$i$, $G^{(i)}\subseteq G_{i}$$G^{(i)}\subseteq G_{i}$. Se questo vale si ha in particolare che $G^{(s)}\subseteq G_{s}=1$$G^{(s)}\subseteq G_{s}=1$, quindi $G^{(s)}=1$$G^{(s)}=1$ e $G$$G$ è risolubile.

Per $i=0$$i=0$, $G^{(0)}=G=G_{0}$$G^{(0)}=G=G_{0}$; suppongo vero l'asserto per $i$$i$ e lo mostro per $i+1$$i+1$, cioè, supponendo che $G^{(i)}\subseteq G_{i}$$G^{(i)}\subseteq G_{i}$, mostro che $G^{(i+1)}\subseteq G_{i+1}$$G^{(i+1)}\subseteq G_{i+1}$.

Per definizione di serie normale a quozienti abeliani, $G_{i+1}$$G_{i+1}$ è normale in $G_{i}$$G_{i}$ e $G_{i}/G_{i+1}$$G_{i}/G_{i+1}$ è abeliano, allora per il primo lemma sui gruppi risolubili, $G_{i}'\subseteq G_{i+1}$$G_{i}'\subseteq G_{i+1}$. D'altra parte, siccome $G^{(i)}$$G^{(i)}$ è un sottogruppo di $G_{i}$$G_{i}$, $(G^{(i)})'\subseteq G_{i}'$$(G^{(i)})'\subseteq G_{i}'$, allora, in conclusione

$$G^{(i+1)}=(G^{(i)})'\subseteq G_{i}'\subseteq G_{i+1}$$

$$G^{(i+1)}=(G^{(i)})'\subseteq G_{i}'\subseteq G_{i+1}$$

Quindi vale la tesi.

 

Esempio 3.3

Mostro che $S_{4}$$S_{4}$ è un gruppo risolubile applicando quest'ultima proprietà. Osservo che $A_{4}$$A_{4}$ è normale in $S_{4}$$S_{4}$. Inoltre,

$$V=\{1,(1,2)(3,4),(1,4)(2,3),(1,3)(2,4)\}$$

$$V=\{1,(1,2)(3,4),(1,4)(2,3),(1,3)(2,4)\}$$

è un sottogruppo normale in $A_{4}$$A_{4}$. Il quoziente $A_{4}/V$$A_{4}/V$ ha ordine ${\frac {o(A_{3})}{o(V)}}=12/4=3$${\frac {o(A_{3})}{o(V)}}=12/4=3$, e quindi è ciclico e abeliano. Allora $S_{4}\geq A_{4}\geq V\geq 1$$S_{4}\geq A_{4}\geq V\geq 1$ è una serie normale a quozienti abeliani.

 

Affinché un gruppo finito non sia risolubile, deve esistere un certo indice $i$$i$ tale che $G^{(i)}=G^{(s)}$$G^{(i)}=G^{(s)}$ per ogni $s\geq i$$s\geq i$, cioè a partire da un certo indice il gruppo $G^{(i)}$$G^{(i)}$ non deve più ridursi quando viene derivato.

Sia $G$$G$ un gruppo semplice, cioè un gruppo che non ha sottogruppi normali non banali. Allora, se considero la serie dei derivati si ha: $G^{(0)}=G$$G^{(0)}=G$, e $G^{(1)}=G'$$G^{(1)}=G'$, e siccome $G'$$G'$ è normale in $G$$G$, si hanno solo due possibilità:

1. $G'=G$$G'=G$ e in questo caso la serie dei derivati non si arresta, infatti si avrà $G^{(i)}=G,\;\forall i$$G^{(i)}=G,\;\forall i$;
2. $G'=1$$G'=1$, e siccome quoziente $G/G'$$G/G'$ dev'essere abeliano, e in questo caso $G/G'=G$$G/G'=G$, segue che $G$$G$ è abeliano, allora $G$$G$ è un gruppo ciclico di ordine $p$$p$, con $p$$p$ primo (perche'$G$$G$e' privo di sottogruppi non banali).

Esempio 3.4

Da queste osservazioni segue che $S_{5}$$S_{5}$ non è risolubile perché ha come sottogruppo $A_{5}$$A_{5}$ che è semplice (da dimostrare).

 

Osservazione 3.1

Dato un gruppo $G$$G$ che agisce su un insieme $\Omega$$\Omega$ transitivamente, e dati $\alpha ,\beta \in \Omega$$\alpha ,\beta \in \Omega$, esiste un elemento $g\in G$$g\in G$ tale che $\alpha ^{g}=\beta$$\alpha ^{g}=\beta$. Allora tra gli stabilizzatori vale la relazione $G_{\beta }=G_{\alpha ^{g}}$$G_{\beta }=G_{\alpha ^{g}}$, cioè gli stabilizzatori $(G_{\alpha })_{\alpha \in \Omega }$$(G_{\alpha })_{\alpha \in \Omega }$ sono tutti coniugati.

 

Proposizione 3.1

$A_{5}$$A_{5}$ è semplice.

 

Dimostrazione

Fattorizzo l'ordine di $A_{5}$$A_{5}$: $o(A_{5})=5!/2=60=4*3*5$$o(A_{5})=5!/2=60=4*3*5$. Mostro che $A_{5}$$A_{5}$ non ha sottogruppi normali non banali.

Considero un sottogruppo normale $N$$N$ in $A_{5}$$A_{5}$, con $N\neq A_{5}$$N\neq A_{5}$, e mostro che $N=1$$N=1$. Indico con ${\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$${\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$ l'insieme dei sottogruppi di Sylow di $A_{5}$$A_{5}$ che sono ciclici e hanno ordine 3, e con ${\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$${\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$ l'insieme dei sottogruppi di Sylow di $A_{5}$$A_{5}$ che hanno ordine 5 e sono ciclici.

Considero i casi possibili:

• Supponiamo che $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$, allora $N$$N$ contiene un elemento di ordine 3. Siccome i 3-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ sono ciclici di ordine 3, esiste $P\in {\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$$P\in {\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$ con $P\leq N$$P\leq N$. Siccome $N$$N$ è normale, $N$$N$ coincide con i suoi (sottogruppi) coniugati $g^{-1}Ng$$g^{-1}Ng$ al variare di $g\in A_{5}$$g\in A_{5}$. Ora, per ogni $g\in A_{5}$$g\in A_{5}$, $g^{-1}Pg\subset g^{-1}Ng=N$$g^{-1}Pg\subset g^{-1}Ng=N$ (con $g^{-1}Pg$$g^{-1}Pg$ indico il coniugato di $P$$P$ mediante $g$$g$).

Siccome i 3-sylow sono tutti coniugati tra loro, $N$$N$ li contiene tutti. Allora contiene tutti gli elementi di ordine 3 di $A_{5}$$A_{5}$, che sono i 3-cicli e sono $5*4*3/3=20$$5*4*3/3=20$ ($5$$5$ possibilità di scelta per il primo elemento, $4$$4$ per il secondo, $3$$3$ per il terzo e divido per $3$$3$ perché lo stesso 3-ciclo può essere scritto in 3 modi distinti).

Allora, siccome $N$$N$ deve contenere tutti i 3-sylow e anche l'unità, si ha $|N|>20$$|N|>20$ e $|N|\mid 60$$|N|\mid 60$. Allora l'unica possibilità è che $N$$N$ abbia ordine $30$$30$. In particolare, $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$.

• Se $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$, allora esiste $P\in {\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$$P\in {\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$ con $P\leq N$$P\leq N$. Come prima, $N$$N$ è normale e deve coincidere con i suoi coniugati. E quindi contiene tutti i coniugati di $P$$P$ mediante gli elementi di $A_{5}$$A_{5}$. Siccome i 5-sylow sono tutti coniugati tra loro, $N$$N$ li contiene tutti; allora $N$$N$ contiene tutti gli elementi di $A_{5}$$A_{5}$ di ordine 5, che sono i 5-cicli e sono $5*4*3*2/5=24$$5*4*3*2/5=24$. In particolare

abbiamo che $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$.

In conclusione, se $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$, anche $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$ e, viceversa, se $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$, anche $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$. Ma allora $N$$N$ ha $20+24+1=45$$20+24+1=45$ elementi, ma $45\nmid 60$$45\nmid 60$, e questo è assurdo perché si deve avere $o(N)\mid o(A_{5})$$o(N)\mid o(A_{5})$.

• Rimane da valutare la possibilità $o(N)\mid 4$$o(N)\mid 4$, si può avere $o(N)=4$$o(N)=4$ oppure $o(N)=2$$o(N)=2$.

Se $o(N)=4$$o(N)=4$, allora $N$$N$ è un 2-Sylow in $A_{5}$$A_{5}$, ed è normale, allora è l'unico 2-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ (infatti un sottogruppo di Sylow normale in $G$$G$ è sempre unico del suo ordine perché coincide con i suoi coniugati). Allora $N$$N$ contiene tutti gli elementi di ordine 2 di $A_{5}$$A_{5}$, che sono i prodotti di due scambi e sono $5*4*3*2/8=15$$5*4*3*2/8=15$ (divido per $8$$8$ perché un prodotto di due scambi può essere scritto in $2^{3}=8$$2^{3}=8$ modi distinti, posso invertire l'ordine dei due scambi e l'ordine degli elementi in ogni scambio). Ma $15>o(N)=4$$15>o(N)=4$, assurdo!

• Se $o(N)=2$$o(N)=2$, allora $N=\{1,x\}$$N=\{1,x\}$, dove $x$$x$ è il prodotto di due scambi, e fissa una sola tra le cinque cifre dell'insieme $\Omega =\{1,2,3,4,5\}$$\Omega =\{1,2,3,4,5\}$, diciamo $\alpha$$\alpha$. Allora $x$$x$, e quindi $N$$N$, sta nello stabilizzatore $G_{\alpha }$$G_{\alpha }$ della cifra fissata.

$A_{5}$$A_{5}$ agisce in modo transitivo sull'insieme $\Omega$$\Omega$, allora gli stabilizzatori degli elementi di $\Omega$$\Omega$ sono tutti coniugati.

Segue che $N$$N$ che è normale è contenuto in ogni coniugato dello stabilizzatore $G_{\alpha }$$G_{\alpha }$, e quindi sta nello stabilizzatore di ogni cifra. Ma questo non può avvenire perché $x$$x$ è il prodotto di due scambi, assurdo.

• L'unica possibilità rimanente è quindi $N=1$$N=1$.

 

Semplicità di A_n n ge 5

Teorema 3.1

$A_{n}$$A_n$ è semplice per $n\geq 5$$n\geq 5$.

 

Dimostrazione

CASO BASE: per $n=5$$n=5$, $A_{5}$$A_{5}$ ha ordine $60=4*3*5$$60=4*3*5$, in particolare i 3-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ sono ciclici di ordine 3, e i 5-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ sono ciclici di ordine 5.

Consideriamo $N\neq 1$$N\neq 1$ sottogruppo normale di $A_{5}$$A_{5}$, e mostriamo che $N=A_{5}$$N=A_{5}$.

Considero i casi possibili:

• $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$. Allora esiste un $P\in {\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$$P\in {\rm {{Syl}_{3}(A_{5})}}$ con $P\subseteq N$$P\subseteq N$.

Nota: per indicare $g^{-1}Pg$$g^{-1}Pg$ scrivo $P^{g}$$P^{g}$.

Dato $g\in A_{5}$$g\in A_{5}$, $P^{g}\subseteq N^{g}=N$$P^{g}\subseteq N^{g}=N$, allora $P^{g}\subseteq N$$P^{g}\subseteq N$ per ogni $g$$g$. Siccome i 3-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ sono tutti coniugati, segue che $N$$N$ contiene tutti i 3-sylow di $A_{5}$$A_{5}$. Equivalentemente, $N$$N$ contiene tutti i 3-cicli di $A_{5}$$A_{5}$ che sono $5*4*3/3=20$$5*4*3/3=20$. Questo significa che $o(N)>20$$o(N)>20$ (infatti $N$$N$ contiene anche l'unità), inoltre $o(N)\mid o(A_{5})=60$$o(N)\mid o(A_{5})=60$, e quindi, oltre alla possibilità $o(N)=60$$o(N)=60$, l'unica altra alternativa è che $o(N)=30$$o(N)=30$, cioè $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$.

• $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$. Allora esiste $P\in {\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$$P\in {\rm {{Syl}_{5}(A_{5})}}$ con $P\subseteq N$$P\subseteq N$. Allora per ogni $g\in A_{5}$$g\in A_{5}$, $P^{g}\subseteq N^{g}=N$$P^{g}\subseteq N^{g}=N$, e come prima $N$$N$ contiene tutti i 5-sylow di $A_{5}$$A_{5}$ che sono tutti coniugati tra di loro; equivalentemene $N$$N$ contiene tutti i 5-cicli, che sono $5!/5=24$$5!/5=24$. Allora, oltre al caso $o(N)=60$$o(N)=60$, l'unica alternativa è che $o(N)=30$$o(N)=30$, quindi $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$.

Da questi due casi segue che $5\mid o(N)$$5\mid o(N)$ se e solo se $3\mid o(N)$$3\mid o(N)$. In ciascun caso $N$$N$ ha almeno $20+24+1=45$$20+24+1=45$ elementi, e contemporaneamente $o(N)\mid 60$$o(N)\mid 60$, quindi in questi casi l'unica possibilità è $o(N)=60$$o(N)=60$ e quindi $N=A_{5}$$N=A_{5}$.

• $3\nmid o(N)\wedge 5\nmid o(N)$$3\nmid o(N)\wedge 5\nmid o(N)$: segue che $o(N)\mid 4$$o(N)\mid 4$ e ci sono due sottocasi:

• • Se $o(N)=4$$o(N)=4$, $N$$N$ è un 2-sylow di $A_{5}$$A_{5}$, e siccome $N$$N$ è normale, è l'unico 2-sylow di $A_{5}$$A_{5}$, e quindi contiene gli elementi di $A_{5}$$A_{5}$ che hanno ordine 2, ovvero contiene tutti i prodotti di due trasposizioni, chesono $5*4*3*2/8=15$$5*4*3*2/8=15$, assurdo.
  • Se $o(N)=2$$o(N)=2$, allora si avrà $N=\{1,x\}$$N=\{1,x\}$ dove $x$$x$ è prodotto di due trasposizioni. Segue che $x\in G_{\alpha }$$x\in G_{\alpha }$ ($G=A_{5}$$G=A_{5}$), dove $G_{\alpha }$$G_{\alpha }$ è lo stabilizzatore di una delle cifre nell'insieme $\{1,2,3,4,5\}$$\{1,2,3,4,5\}$, cioè $N\subseteq G_{\alpha }$$N\subseteq G_{\alpha }$. Per $g\in A_{5}$$g\in A_{5}$, $N\subseteq (G_{\alpha })^{g}=G_{\alpha ^{g}}$$N\subseteq (G_{\alpha })^{g}=G_{\alpha ^{g}}$. D'altra parte, $A_{5}$$A_{5}$ opera transitivamente sull'insieme delle cifre, e quindi gli stabilizzatori sono tutti coniugati. Allora $N$$N$ è contenuto in ciascuno stabilizzatore, cioè $x$$x$ fissa ogni cifra di $\Omega$$\Omega$, assurdo!

PASSO INDUTTIVO: sia $n\geq 6$$n\geq 6$ e supponiamo $A_{n-1}$$A_{n-1}$ semplice, mostriamo allora che $A_{n}$$A_n$ è semplice.

Considero $N$$N$ sottogruppo normale di $A_{n}$$A_n$, e vogliamo mostrare che $N=A_{n}$$N=A_{n}$.

Sia $\alpha \in \{1,\dots ,n\}$$\alpha \in \{1,\dots ,n\}$, e chiamo $H$$H$ lo stabilizzatore di $\alpha$$\alpha$. $H\cong A_{n-1}$$H\cong A_{n-1}$ e quindi $H$$H$ è semplice per induzione.

Considero l'intersezione $N\cap H$$N\cap H$: siccome $N$$N$ è normale, $N\cap H$$N\cap H$ è normale in $H$$H$. $H$$H$ è semplice, allora $N\cap H=H$$N\cap H=H$ oppure $N\cap H=1$$N\cap H=1$. Considero i due casi:

• $N\cap H=H$$N\cap H=H$. Allora $H\subseteq N$$H\subseteq N$, e per $g\in A_{n}$$g\in A_{n}$, $H^{g}=G_{\alpha ^{g}}\subseteq N^{g}=N$$H^{g}=G_{\alpha ^{g}}\subseteq N^{g}=N$. Inoltre $A_{n}$$A_n$ agisce in modo transitivo su $\Omega =\{1,\dots ,n\}$$\Omega =\{1,\dots ,n\}$, allora $G_{\beta }\subseteq N$$G_{\beta }\subseteq N$ per ogni $\beta \in \Omega$$\beta \in \Omega$, perché i $G_{\beta }$$G_{\beta }$ sono tutti coniugati.

Allora $N$$N$ contiene tutti gli elementi di $A_{n}$$A_n$ che fissano la cifra $\beta$$\beta$ per ogni $\beta \in \Omega$$\beta \in \Omega$, in particolare tra questi ci sono tutti i prodotti di due trasposizioni. Siccome essi generano $A_{n}$$A_n$ (infatti ogni permutazione pari è scritta come il prodotto di un numero pari di scambi), segue che $A_{n}=N$$A_{n}=N$.

• $H\cap N=1$$H\cap N=1$. Per ogni $g\in A_{n}$$g\in A_{n}$ tale che $\alpha ^{g}=\beta$$\alpha ^{g}=\beta$, $(N\cap H)^{g}=N\cap H^{g}=N\cap G_{\beta }=1$$(N\cap H)^{g}=N\cap H^{g}=N\cap G_{\beta }=1$, quindi, per ogni $\beta$$\beta$, l'unico elemento di $N$$N$ che fissa tale cifra è l'identità.

Sia $x\in N$$x\in N$ con $x\neq 1$$x\neq 1$, e ne considero la struttura ciclica. Allora possono verificarsi due casi:

Caso 1: $x$$x$ contiene un $n$$n$-ciclo con $n\geq 3$$n \ge 3$

Caso 2: $x$$x$ è prodotto di trasposizioni.

A meno di riordinare le cifre possiamo supporre, considerando i due casi, che

Caso 1: nella scrittura di $x$$x$ come prodotto di trasposizioni compare il ciclo $(1,2,3,\dots )$$(1,2,3,\dots )$, cioè $x=(1,2,3,\dots ,m)*\dots$$x=(1,2,3,\dots ,m)*\dots$;

Caso 2: $x=(1,2)(3,4)*\dots$$x=(1,2)(3,4)*\dots$.

Chiamo $y$$y$ il coniugato di $x$$x$ mediante il 3-ciclo $(3,5,6)$$(3,5,6)$, che è contenuto in $N$$N$ e si ottiene applicando $(3,5,6)$$(3,5,6)$ alle cifre di $x$$x$, quindi:

Caso 1: $y=(1,2,5,\dots ,m)*\dots$$y=(1,2,5,\dots ,m)*\dots$

Caso 2: $(1,2)(5,4)*\dots$$(1,2)(5,4)*\dots$ Allora $y\neq x$$y\neq x$ in entrambi i casi. Osservo poi che l'elemento $xy^{-1}$$xy^{-1}$ fissa la cifra 1, infatti:

Caso 1: $1^{xy^{-1}}=(1^{x})^{y^{-1}}=2^{y^{-1}}=1$$1^{xy^{-1}}=(1^{x})^{y^{-1}}=2^{y^{-1}}=1$;

Caso 2: $1^{xy^{-1}}=2^{y^{-1}}=1$$1^{xy^{-1}}=2^{y^{-1}}=1$.

Concludo che $xy^{-1}$$xy^{-1}$, essendo prodotto di elementi di $N$$N$, sta in $N$$N$, e fissa la cifra 1, quindi sta in $N\cap G_{1}$$N\cap G_{1}$ ma è diverso dall'identità, assurdo!

 

Osservazione 3.2

Sia $G$$G$ risolubile e semplice: allora, per la risolubilità, $G'$$G'$ non può essere tutto $G$$G$; inoltre per la semplicità l'unica possibilità è che $G'=1$$G'=1$, allora $G$$G$ è abeliano. Segue che $G$$G$ non può avere sottogruppi (tutti i sottogruppi di un gruppo abeliano infatti sono normali in $G$$G$) e quindi $G$$G$ dev'essere ciclico di ordine $p$$p$ con $p$$p$ primo.

 

Il fatto che $A_{n}$$A_n$ per $n\geq 5$$n\geq 5$ è semplice implica che $S_{n}$$S_{n}$ non è risolubile per $n\geq 5$$n\geq 5$.